¦/*

МОСКОЗШЙ ЦЕНТР
KF.RPEPJ3;iJi"O
MATE 1AT.О5РАЗ.
Б.В1лСЬс8ШЯ.11
1241-05-00

NEW YORK 1967

ЗАДАЧИ И ОЛИМПИАДУ
/ <5)
ИЗ ЖУРНАЛА
"АМЕЩСАН MATHEMATICAL
M0HTHIY"
Перевод с английского
Ю. А. ДАНИЛОВА
Под редакцией и с предисловием
В. М. АЛЕКСЕЕВА
ИЗДАТЕЛЬСТВО • МИР ¦ МОСКВА • 1977

612 613 617
И 32
Избранные задачи. Сборник. Пер. е англ..
И 32 Ю. А. Данилова. Под ред. и с предисл. В. М. Алек-
Алексеева. М., «Мир», 1977.
597 с. с ил.
В книгу включены лучшие задачи, опубликованные в жур-
журнале «American Mathematical Monthly» с 1918 no 1950 г.
Уникальный по диапазону и разнообразию затрагиваемых тем
сборник содержит задачи из многих разделов классической
и современной математики. Задачи могут быть использованы
для проведения школьных и студенческих очимпиад, в работе
математических кружков и при самостоятельном углубленном
изучении математики.
Книга представляет интерес для школьников старших
классов, студентов, преподавателей татематики и широкого
круга любителей нестандартных задач.
177-77	51251351'
Ре	нау<	рчой и научно-фс тастическоп лиге гтуры
© Перевод на русский язык, «Мир», 1977

ПРЕДИСЛОВИЕ РЕДАКТОРА
РУССКОГО ИЗДАНИЯ
Очертить круг читателей, которых наша книга заинте-
заинтересует и кому она принесет пользу, не легко. Поскольку
это сборник задач-—а задачи надо решать, — читатель,
несомненно, должен быть любителем математики, при-
притом любителем активным, которому размышление над
трудной задачей доставляет удовольствие. Подобным эн-
энтузиастам эта книга даст обильную и достаточно разно-
разнообразную пищу, возможно, даже слишком разнообраз-
разнообразную и не всегда легко усвояемую. В наш просвещенный
век любителей математики гораздо больше, чем одних
профессионалов, однако наверняка далеко не все из них
принадлежат к числу активных. Таким образом, интере-
интересующий нас круг читателей, простираясь широко, пере-
перестает быть отчетливо очерченным и, возможно, изобилует
лакунами.
По сравнению с уже вышедшими в серии «Задачи и
олимпиады»' книгами сборник «Избранные задачи»
более труден и рассчитан на весьма подготовленного чи-
читателя. Совсем элементарных задач «ни про что», не тре-
требующих никаких или почти никаких специальных позна-
познаний в математике, здесь сравнительно мало, процентов
Ю—15. С другой стороны, большая часть задач все же
не выходит за рамки стандартных курсов высшей мате-
математики втузов и пединститутов и для студентов 1—2 кур-
курсов вполне может служить нестандартным дополнением
Трнгг Ч., Задачи с изюминкой, М., «Мир>, 197Б; Кюршак Й.
и др., Венгерские математические олимпиады. М., «Мир>, 1976.
Б

к традиционным задачникам, а окончившим эти вузы на-
настоящий сборник поможет вспомнить забытое и узнать
кое-что новое. Этой категории читателей может также
принести пользу разбор решений и небольшой теорети-
теоретический комментарий, приведенный в конце книги. По-
Поэтому я не сомневаюсь, что среди активных читателей
будут не только те, кто избрал математику своей про-
профессией или кто дружит с ней сегодня, но и те, для кого
общение с ней было приятным эпизодом в прошлом и кто
хотел бы освежить в памяти свое знакомство с «царицей
наук».
Успеху «Избранных задач», как мне кажется, благо-
благоприятствует еще одно обстоятельство. Уже состоялись
две Всесоюзные студенческие олимпиады по математике
и предстоит третья. Если школьные математические
олимпиады разных уровней давно популярны и неплохо
обеспечены литературой, то со студенческими олимпиа-
олимпиадами дело обстоит далеко не так. С этой точки зрения
«Избранные задачи» выходят весьма своевременно. Как
сами задачи, так и в еще большей степени содержащиеся
в них идеи могут дать богатый материал и для трени-
тренировки «олимпийцев», и для деятельности оргкомитетов,
обычно испытывающих нужду в подобном материале.
Как создавались «Избранные задачи»
Профессор Отто Данкел A869—1951), памяти кото-
которого посвящен сборник, в течение двадцати восьми лет,
с 1919 по 1946 г., был одним из редакторов отдела задач
в журнале «American Mathematical Monthly», а с 1934 г.
возглавлял этот отдел. Его неутомимая энергия, добро-
добросовестность и внимание к мелочам издательской дея-
деятельности во многом определили весь стиль отдела за-
задач, который с самого начала издания журнала и по сей
день занимает там значительное место.

После смерти О. Данкела руководство Американской
математической ассоциации, официальным органом кото-
которой является «American Mathematical Monthly», приняло
решение издать мемориальный сборник, отобрав для него
400 лучших задач из числа нескольких тысяч, опублико-
опубликованных в журнале за период 1918—1950 гг. Разумеется,
понятие «лучшая задача» является очень субъективным
и решить проблему выбора было нелегко. Издатели на-
нашли следующий выход. Они предложили ряду матема-
математиков (всего их было 24)— активным сотрудникам и кор-
корреспондентам журнала, авторам многих задач и реше-
решений — представить списки задач, которые те считают
лучшими. После этого окончательный отбор был проиа-
веден в соответствии с числом голосов, полученных той
или иной задачей.
Сборник «The Otto Dunkel Memorial Problem Book»
появился в виде дополнительного выпуска журнала
(American Mathematical Monthly, 64, № 7, Part II, 1957).
Он содержит краткую биографию О. Данкела, очерк
истории отдела задач журнала за 1894—1954 гг., усло-
условия 400 лучших задач, предметный указатель к задачам,
опубликованным в журнале с 1918 по 1952 г., и указа-
указатель дат публикаций решений.
Настоящее издание «Избранных задач» из журнала
«American Mathematical Monthly» не является переводом
в буквальном смысле слова, поскольку для него не су-
существует оригинала. Указанный выше мемориальный
сборник послужил лишь прототипом, на основе которого
была создана новая книга, входящая в серию «Задачи и
олимпиады» и имеющая ту же композицию, что и две ее
предшественницы. По традиции условия задач состав-
составляют в ней первую часть. Далее переводчик книги
Ю. А. Данилов собрал из различных выпусков журнала
решения большинства задач, которые составили вторую
часть книги. Поскольку задачи и их решения публикова-
публиковались в течение нескольких десятилетий, собрать их было

делом не легким. Дополнительные трудности вызывало
отсутствие единства стиля, обусловленное как пестротой
содержания, так и сменой поколений математиков. По-
Поэтому условия задач (хотя и в небольшой степени) и
особенно решения являются в этой книге не столько пе-
переводом американских оригиналов, сколько достаточно
свободным их переложением. В условиях задач иногда
приходилось менять реалии, иногда же текст редактиро-
редактировался и уточнялся, если того требовало решение.
Я прочитал все собранные решения задач и попы-
попытался взглянуть на них глазами современного читателя,
этакого «среднего любителя» решать задачи, получив-
получившего стандартное математическое образование. Некото-
Некоторые решения, оказавшиеся неудовлетворительными или
мало понятными просто потому, что «хорошо известное»
и «очевидное» математику 20-х годов не обязано быть
таковым в 70-х, мною были переделаны или написаны
заново. (В этих случаях после номера задачи стоит
знак *.) При этом всюду, где можно, я старалст сохра-
сохранить идею и общий план оригинального расе ...дения.
Ряд задач оставлен без решения либо потому, "то1 я не
располагаю таков"м (например, задачи 138 и 130), либо
потом}, что известное мне строгое решение (не. шъ.ер,
для задачи 260) не является достат< чно про г?\я для
понимания и гглоуения. В нескольки- случг-с (зада-
(задачи 150, 277 и вег задачи на разрезание) прив<	не-
прив<	неполное г ш^рие (отсутствует доказательство "таль-
ности), и те" сатп читателю предостав1яетс~
ность улучшить книг.,. Все подобные места ~«ны
подарочными приг ечанигми.
Встречающие-я в некоторых задачах ссылш лите-
литературу мы, как правило, оставляли и по воз 	ности
указывали издания, более доступные советскому чита-
читателю.
Наконец, в тех случаях, когда мне казал< что
«средний любитель» математики может оказаться в за-

труднении и ему понадобится справка, относящаяся к
какому-либо мало популярному ныне разделу матема-
математики, я дополнял решение сведениями из теории или не-
небольшим комментарием. В совокупности это составило
третью часть книги. Как правило, здесь изложены лишь
факты, а доказательства если и приводятся, то самые
краткие. Активный читатель, зная формулировки, может
попытаться найти доказательства самостоятельно, и, сле-
следовательно, он получает еще некоторое число задач сверх
четырехсот.
Конечно, содержание третьей части весьма субъектив-
субъективно, и, возможно, какие-то места книги останутся для чи-
читателя не вполне ясными, а какие-то покажутся слишком
разжеванными. Не исключая подобной возможности, я
все же надеюсь, что большинство читателей найдет за-
задачи и их решения вполне удовлетворительны?»!!!.
Не торопитесь решать задачи, начиная с первой!
Истерия создания этого сборника объясняет пестроту
его сочер лттия. К ™ому же мы сохранили порядок за„ _ч
оригинала, приб„. 1зите_.ьно „роночогич^ски^, а не те-"
тичеекг.й. Помочу преж**" всего я р~чо~ нл\и ч ттат( ¦
прос" отре~ хс^я б] [ б^п.о, но от н гала по i >нца в(
раздел ^ло«ия	Предмьтгый	чь тат
может по" - ib отобрать те зада ш, ксторл^. Ва i по в^"
Среди 14 орнит'а есть более и 	 удачн
Совсем " -ил -ольно трудные. Некоторы зад„
(напри jp 167, 209, 289) мне так понрав ^.сь, что
уси..е»но	—тровал их свои i друзьям _накомы [.
Значит "ьнс^ .лесто в сборнике занижают задачи э
математ., :очу акг"изу н алгебре, которые можно с
нести та!	тачйм по курсу высшей атемати .ч
втуза (опр^д_ ип^.,11, выч [сление интегралов, простеи-
9

шие дифференциальные уравнения, ряды). Впрочем,
иногда для решения этих задач совсем неожиданно при-
приходится прибегать к помощи других разделов математи-
математики. Например, в задаче 256 пришлось воспользоваться
теорией разложения целых чисел в сумму двух квадра-
квадратов.
Не менее значительное место занимает теория чисел
[(делимость, диофантовы уравнения и пр.). Мне лично
доставило большое удовольствие разобраться в зада-
задаче 209 о целочисленных точках на сфере.
Богато представлена в сборнике почти вышедшая
ныне из моды синтетическая проективная геометрия. На-
Например, задача 167 о прямых, касающихся одной пара-
параболы, может быть рекомендована любителям изящных
задач. Наконец, и любители развлекательных задач, не-
несомненно, найдут для себя кое-что интересное (зада-
(задача 312 о служащих банка, прекрасная задача 277 про
беспосадочный перелет, неизменно вызывающая улыбку
задача 303 о «черной пятнице» и др.).
В оригинальном сборнике, кроме указания имени ав-
автора задачи, что мы сохранили в переводе1, дается еще
и ее номер в оригинале; более элементарные задачи ну-
нумеруются отдельно, и перед номером у них ставится бук-
буква Е (в нашем сборнике задачи 301—400 относятся к
числу элементарных). Эти сведения мы опустили; заин-
заинтересованный читатель может обратиться к оригиналу.
Пользуясь номером и указателем дат публикации реше-
решений, он при желании сможет разыскать оригиналы усло-
условий задач и решений. Некоторый интерес, впрочем, пред-
представляет суммарная хронология (приведенные ниже даты
относятся к публикациям решений задач, номера-1-к на-
настоящему изданию)!
1 Впрочем, установить подлинного автора задачи иногда бывает
нелегко. Например, полное решение задачи 260 опубликовано совет-
советским математиком Л. Г. Шиирельманом еще в 1929 г. — Прим. ред.
10

1918-1920	2—5
1921-1925	7-17, 19-23, 26-27, 29-80, 32, 33
1926-1930	1, 6, 18, 24, 25, 28, 31, 34—35, 37—54, 56
1931—1935	86, 55, 57—82, 84—92, 301—307
1936-1940	93-108, 110-142, 144-146, 308-328
1941-1945	147-159, 161-184, 186-194, 329-351
1946—1950	83, 109, 143, 160, 185,195—260,262—265,267, 325—391
1951—1953	261, 266, 269—300, 392—400
В решениях задач знак *, помещенный в тексте, озна-
означает рекомендацию обратиться к части III, к тому ее
пункту, который снабжен указанием на номер комменти-
комментируемой задачи. Ссылки на другие пункты части III
даются так: см. III. 17.
Мне остается выразить благодарность всем, чьи уси-
усилия способствовали появлению этой книги и ее совершен-
совершенствованию. Читателям же (надеюсь, многочисленным!) я
пожелаю успеха в решении задач и удовольствия от за-
занятия математикой.
В. М. Алексеев

¦¦¦•;?¦¦•:;.:¦
¦ ¦ «¦¦¦
Отто Данкел

Памяти Отто Данкела
I. ЗАДАЧИ
1. «Многоэтажные» дроби. Из четырех величин аи
Яг, ^3, я4, не переставляя их, можно образовать следую-
следующие четырехэтажные дроби:
Я| Я]
я, ' я2
а3 «з
Я] и
' я2 а
Яз ' я
.1 О,
2 О->
1 Яз
Pi	Я4	Я(	Я4	Я4
Не все из них различны: значения первой и четвертой
дробей совпадают
Определить, сколько различных рациональных функ-
функций можно построить из величин аи а2, ..., ап, образуя
«-этажные дроби, какие из этих функций допускают бо-
более одного представления в виде га-этажных дробей и
какие — лиШь одно представление.
Frank Irwin
2. Сходимость чисо^ого ряда. Исслс	на с
?. эст] ряд Yj an>	член :оторог"	- вид
а П-3-5... ^1,-|Л
R. E. Moore
. Два определенных интеграла. Доказать, что если
г— - чожитсльное ц^ гое чисчо, то
JL'
Г sin i + I) ф-	-т
1 	Ч~<	 ^ = ~2~
О
ia

и
Leonard Richardson
4. Система функциональных уравнений. Решить сле-
следующую систему функциональных уравнений:
J. L. Riley
5. Циркулянты и арифметическая прогрессия. Вы-
Вычислить циркулянты
12 3... п—\ п
п 1 2 ... п—2 п—\
2 3 4 ... 1
п
я,
аЗ а4
оде элементы aj, a2, ..., а„ матрицы второго циркулянта
гбразуют арифметическую прогрессию.
Frank Irwin
6. Диофантово уравнение. Доказать, что все решения
в целых числах уравнения
исчерпываются следующими парами чисел:
„	1	Г)	О.
X	1, U,	О,
0=±1, ±1, ±Н.
Т. Н. Gronwall
14

7. Разложение в степенной ряд. Доказать, что при
3-7...Dft-l)^+l>
3-7 ... Dft-1)
5-9 ... Dя+1) ' 2ft+1 *
Т. Н. Gronwall
8.	Обезьяна и груз. Через блок, прикрепленный к
крыше здания, переброшен канат. На одном конце ка-
каната висит обезьяна, к другому прикреплен груз, вес ко-
которого в точности равен весу обезьяны. Предположим,
что обезьяна начала взбираться вверх по канату.
Что произойдет при этом с грузом?
Lewis Carroll
9.	Асимптотика решения функционального уравнения.
Доказать, что если у(х)—решение функционального
уравнения
положительное при положительных целых значениях х,
то
lim y{x)lnx = 1.
Е. L. Р о s t
10. Равносторонние треугольники и парабола. Равно-
Равносторонние треугольники со сторонами 1, 3, 5 ... выстрое-
выстроены в ряд так, что их основания расположены на одной
прямой и вплотную примыкают друг к другу.
Доказать, что вершины треугольников, противолежа-
противолежащие основаниям, расположены на параболе и удалены на
целочисленные расстояния от ее фокуса.
Norman Anning
П. Наименьшие размеры окошка для приема посы-
посылок. Оставляя в стороне ограничения на вес посылок,
можно сказать, что почта США принимает посылки, у ко-
которых длина и обхват, измеренный в направлении, пер-
15

пендикулярном длине, в сумме не превышают 72 дюй«
мов *.
Каковы наименьшие размеры квадратного окошка, че-
через которое смогут пройти все ящики допустимых разме-
размеров (ящик имеет форму прямоугольного параллелепи-
параллелепипеда)?
L. G. Weld
12. Нулевой след. Пусть ast — элементы прямоуголь-
прямоугольной матрицы А размером т X п, a bts — элементы прямо-
прямоугольной матрицы В размером п X т-
Доказать, что если АБА = 0, то есть для всех s и v
X astbiuauv = 0,
t, и
ТО
psl
t, s
Индексы s, и принимают значения 1, 2, ..., т, индек-
индексы t, v — значения 1, 2, ..., п.
Е. Н. Мооге
13.	Параболы с параллельными осями. Оси двух
парабол параллельны.
Доказать, что их общая хорда пересекает их общую
касательную между точками касания.
R. Т. McGregor
14.	Гессиан однородного многочлена. Доказать, что
если f — однородный многочлен относительно п перемен-
переменных и H(f) — его гессиан 2, то
где с — некоторая постоянная.
L. E. D i с k s о п
15. Перевод обыкновенной дроби в десятичную. Дока-
Доказать, что если при переводе обыкновенной дроби p/q (p
и q — целые числа, q > p) в десятичную один из непол-
неполных остатков от деления р на q равен q — р, то исходная
дробь p/q представима в виде бесконечной периодической
1	1 дюйм = 25,4 ым.
2	По определению Н([) = det-^—^—. —Прим. ред.
16

десятичной дроби, период которой содержит вдвое боль-
больше знаков, чем полученное к моменту появления остатка
q — р неполное частное, причем для получения недостаю-
недостающих знаков периода нет необходимости продолжать де-
деление, а достаточно вычесть уже известное неполное
частное из числа, совпадающего с ним по количеству
знаков и состоящему из одних лишь девяток.
R. E. G a i n e s
16.	Превращение равностороннего треугольника в
квадрат. Пользуясь циркулем и линейкой, разбить рав-
равносторонний треугольник на части (с прямолинейными
сторонами) так, чтобы из них можно было составить
квадрат.
Н. Е. Dudeney
17.	Конический бокал. Человек пьет воду из кониче-
конического бокала, наклоняя его с постоянной угловой ско-
скоростью.
При каком угле, наклона «расход воды» максимален?
При каком угле наклона площадь свободной поверхности
воды в бокале максимальна?
J. Р. В а 11 a n t i n e
18.	Определитель из экспонент. Доказать, что если
а,Ь, ..., i — неотрицательные вещественные числа и
определитель
?>(/-) =
обращается в нуль при пяти отличных от нуля веще-
вещественных значениях г, то определитель D(l) содержит
либо две пропорциональные строки, либо два пропорцио-
пропорциональных столбца, либо одну строку или один столбец, за-
заполненные нулями.
С. F. Gummer
19. Точка с экстремальным свойством. Найти точку
плоскости, сумма расстояний от которой до п заданных
точек минимальна.
J. Rosenbaum
17
ат
dr
gr
br
er
hr
cr
r
ir

20. Степенной ряд и конечные разности. Вычислить
сумму степенного ряда
у которого коэффициенты числителей образуют набор чи-
чисел с постоянной третьей разностью1, равной 2.
Е. J. О g I e s b у
21.	Геометрическое построение одной линейкой. Можно
ли, пользуясь только линейкой, построить 2 прямую, пере-
пересекающую четыре заданные скрещивающиеся прямые?
R. M. Mathews
22.	Пробел в доказательстве. В одной статье, опубли-
опубликованной в солидном математическом журнале, содер-
содержалось следующее утверждение: «Нетрудно доказать,
что если р > 0 — целое число и щ, а2, ..., ар — целочис-
целочисленные коэффициенты, то из соотношения
с необходимостью следуют равенства п\ = а2 — ... =
= Op_i = ар = 0».
Восполните пробел в рассуждениях автора статьи:
докажите (или опровергните) высказанное им утвержде-
утверждение.
Е. Т. В е 11
23. Решение уравнения в целых числах. Доказать, что
уравнение хр + ур + z? = 0 допускает решение в целых
1 Третья разность последовательности' ап определяется равен-
равенством
,	А3оп = ап+3 — Зап+2 + За„+1 — ап
(см. III. 14). — Прим. ред.
2 Поскольку речь идет о построеняи в пространстве, да еще
ограниченными средствами, следует уточнить, какие именно опера-
операции считаются допустимыми. Здесь подразумевается, что можно де-
делать «линейные» построения с плоскостями (провести плоскость че-
через точку и прямую или через три точки, найти точку пересечения
прямой и плоскости), а в каждой плоскости производить построения
при помощи обычной линейки. — Прим. ред.
18

числах х, у, г, не делящихся на нечетное простое число р,
если
делится на р. Здесь Nr(n)—число способов, которыми п
можно представить в виде упорядоченной суммы г квад-
квадратов целых чисел, отличных от нуля.
Е. Т. В е 11
24. Корни уравнения с «почти биномиальной» левой
частью. Доказать, что если вещественные или комплекс-
комплексные числа Ci, аг, ..., ап являются корнями уравнения
»-<+ ... +(-1L=0
(где Г ? J — биномиальные коэффициенты), то ai =
= а2 = ... — ап.
Otto Dunkel
25.	Соотношение между корнями двух многочленов.
Пусть f(x)—многочлен п-и степени, a f'(x)—его произ-
производная. Составим разности между каждым из корней
уравнения f(x)=O и каждым из корней уравнения f'(x)=
= 0.
Вычислить сумму величин, обратных полученным раз-
разностям.
J. L. Я i I e у
26.	Кривая, описываемая центром катящейся сферы.
Сфера радиуса R катится по двум пересекающимся пря-
прямым, наклоненным к горизонту под одинаковыми угла-
углами и образующим друг с другом угол 2а.
Доказать, что при качении центр сферы описывает
Дугу эллипса с полуосями R cosec а и Я.
William Hoover
27.	Гармоническая функция. Пусть Т — открытая
ооласть на плоскости ху, например внутренность гладкой
19

простой замкнутой кривой; функция U непрерывна в об-
области Т и удовлетворяет уравнению
И
т
при любых функциях V, имеющих в Т непрерывные вто-
вторые производные и обращающихся в нуль в некоторой
окрестности границы этой области.
Доказать, что функция U — гармоническая в Т, то
есть удовлетворяет уравнению Лапласа
,д-и
дх2 г ду2 "'
О. D. К е 11 о g
28. Уравнение, приводящее к числам Бернулли. Пусть
последовательность Сз, c$,-Ci, ... выбрана так, что урав-
уравнения
<;! Г—I— 4- Сз _L °5 4- С? Л-
l(s+ 1)! ^ 4! (s - 1)! ^ 6! (s - 3)! ^ 8! (s - 5)! ^ ' ' *
удовчстворяются при всех положительных нечетных s
(s = 2rt+ 1, где n 52 1).
Доказать, что если s уменьшить на 1 (то есть поло-
положить s = 2п), то левая часть соответствующего уравне-
уравнения станет равной-f-Bn или —Вп в зависимости от того,
нечетно или четно п (Вп — п-е чнс.о Бернулли) i Дока-
Доказать так ..~, что	ич оэ^фиц зптов сп моуно най-
найти, не вычисля	[Д 'Ш' х оэффицгентов.
S. A. Corey
29. Пре^ црли.лг числа я в виде ря ;а. Дана пос-
посылы „сгь =2, и2 = '	и„ = 4ып_! — ып_2
(| 3, 4, 5, .).
1 Числа Бе[ п_, [лн проще всего определить к к коэф ^ ент
-1'ня
4	|1+
Прим. ред,
20

Доказать, что
п-1
Norman Anning
30.	Предел последовательности. Пусть a,i = а > 0,
в2*=йа1,а3 = а, ..., а„+| = а"п,
Что можно сказать о lim an как функции от а? ^pe-
^peri-* то
Дел существует и при некоторых значениях а > 1.)
J. L e n s в
31.	Геометрическое построение при помощи линейки.
На прямой заданы четыре точки: О, А, В, С.
Пользуясь лишь линейкой, найти на этой прямой та-
ifyio точку Р, чтобы длина отрезка ОР была средним
гармоническим длин отрезков ОА, ОВ и ОС. ~
Norman Anning
32.	Коэффициенты кубического уравнения и геометрия.'
Какими должны быть соотношения между коэффициен-
коэффициентами кубического уравнения для того, чтобы из отрезков,
длины которых равны значениям корней уравнения, мож«
но было построить треугольник?
N. А. С о u r t
33.	Неравенство для непрерывной функции, заданной
на отрезке. Пусть f(x) — однозначная и непрерывная
функция от х на отрезке а ^ х ^ Ь (Ь> а), не равная
тождественно нулк) и удовлетворяющая неравенствам
Доказать, что
Ь	12 г Ь	-|2
(х) cos х dx I —
а
<Af2 jg •
Otto Dunkel
21

34. Определитель из корней уравнения хп = 1. Пусть
п -т- натуральное число больше 2, е — первообразный ко-
корень уравнения хп = 1, \сщ\—определитель (п—1)-го
порядка, элемент которого ац равен е^ = (е*) К
Доказать, что
„ ,
(-l) 2 n
Harry Langman
35.	Построение касательной к окружности при помо-
помощи лииейки. Пользуясь только линейкой, провести пря-
прямую, касательную к окружности или к дуге окружности
в заданной точке. (При построении касательной не сле-
следует опираться на теорему Паскаля о шестиугольнике.)
Harry Langman
36.	Соотношение между гессианом от алгебраической
формы и произвольной аналитической функцией. Пусть
f — любая алгебраическая форма степени г > 1 от пере-
переменных, H(f)—ее гессиан, а ф — произвольная аналити-
аналитическая функция.
Доказать, что
С. С. MacDuffee
37.	Две лестницы. На горизонтальной площадке воз-
возведены две параллельные вертикальные стены. Лестница
длиной а поставлена на землю у основания одной стены
и прислонена к другой, лестница длиной Ь поставлена
у основания второй стены и прислонена к первой.
Каким должно быть расстояние между стенами для
того, чтобы лестницы перекрещивались на высоте /г над
уровнем площадки? При каких условиях задача допу-
допускает решение?
С. С. С а га р
38.	Две последовательности иррациональных чисел.
Пусть X — положительное иррациональное число, а У =
22

Доказать, что между любыми двумя последователь-
последовательными натуральными числами содержится один и только,
один член одной из последовательностей
A + я), 2A+А 3A+20, ....
A+У), 2A+У), 3A + У), ....
Samuel Beatty
39.	Пересечение кривых, заданных уравнениями
в полярных координатах. Справедливо ли утверждение:
«Точки пересечения двух кривых, заданных уравнениями
в полярных координатах (р, ¦&), можно найти, решив си-
систему этих уравнений относительно р и О»?
Otto Dunkel
40.	Треугольник с наибольшей площадью. Пусть а, Ь,
с — длины трех отрезков, удовлетворяющие соотношению
а3 + Ь3 + с3 = Зт3.
Доказать, что наибольшая площадь треугольника,_ко-
торый можно построить из этих отрезков, равна т2 л/Ъ/А.
С. N. М111 s
41.	Квадратный корень из среднего квадратичного.
Назовем величину
4\"
квадратным корнем из среднего квадратичного (ККСК)
п чисел хи хг	хп.
а.	При каких значениях п ККСК первых п целых чи-
чисел является целым числом?
б.	При каких значениях а и п ККСК п последова-
последовательных целых чисел а, а + 1, ..., а + п — 1 является
целым числом?
R. В. Stone
42. Мартышка и кокосовые орехи. Пересчитав сло-
сложенные в кучу кокосовые орехи, первый прохожий обна-
обнаружил, что если 1 орех отдать мартышке, то число остав-
оставшихся орехов разделится на п без остатка. Отдав лиш.
нии орех мартышке, он взял себе I/ft оставшихся орехов
и ушел. Так же поступили и те, кому случилось набрести
кУчу орехов после него. Каждый, пересчитав орехи,
23

замечал, что их число при делении на п дает остаток 1;
отдав мартышке лишний орех, он забирал себе 1//г остав-
оставшихся орехов и шествовал дальше. После того как ушел
последний, /г-й «посетитель», число орехов, оставшихся
в куче, делилось на п без остатка.
Сколько кокосовых орехов было в куче сначала и
сколько осталось в конце?
R. S. Underwood
43. Функциональный определитель. Пусть i\ft =—г,
(IX
fr	fr+l ¦ ¦ • fr+n-l
fr+l	lr+2 ¦ ¦ ¦ fr+n
fr+n-l fr+n • • • fr+2n-2
Доказать, что —z— = (г + 2/г—l)Df, где D' — опре-
определитель, получающийся из определителя D при увели-
увеличении всех индексов в последней строке на 1.
Otto Dunkel
44.	Система уравнений, допускающая решение в поло-
положительных числах. Доказать, что система уравнений
< + У + И Лг> kXlyk —1=0,
xq>x — aytyy = 0,
где Л,, ft > 0, а > 0, 2 ^ i + k «с: п, допускает одно и
только одно решение в положительных числах.
J. V. U s p e n s k у
45.	Плоская кривая. Вывести уравнение плосой кри-
кривой, лежащей в 'полуплоскости у > 0, вдоль пторой
точка, движущаяся со скоростью, пропорционально i op-
дилате, совершит переход из точки (xi, yi) в точку (лг2, i/г)
за наименьшее время.
Laenas G. Weld
46.	Интеграл от биномиального коэффициента. Пусть
v — целое число, удовлетворяющее неравенству v ^= 1.
Доказать, что
1
<-•>-¦ s a )*-s
In2 г + я-
о	о
24

ft\ _ t
v!
L. L. Silver man, J. Tamarkin
47.	Соотношение между радиусом вписанной сферы
и длинами ребер, проходящих через вершину тетраэдра
с тремя прямыми углами при вершине. Известно, что
радиус вписанной окружности прямоугольного треуголь-
треугольника равен полуразности суммы катетов и гипотенузы.
Вывести аналогичное соотношение для радиуса сфе-
сферы, вписанной в тетраэдр с тремя прямыми плоскими
углами при вершине.
J. Rosenbaum
48.	Частный случай великой теоремы Ферма, а. До-
Доказать, что сумма х2 + у2, где х и у — целые числа, не
может быть квадратом целого числа, за исключением
того случая, когда х или у делится на 3.
б.	Сформулировать и доказать утверждение, анало-
аналогичное предыдущему, для случая, когда речь и чет о де-
делимости на 5.
в.	Обобщить задачу на случай произвольного показа-
показателя степени п и, решив ее, доказать великую теорему
Ферма для некоторого класса чисел.
Paul Wernicke
49.	Тождество относительно 12 переменных. Пусть
A, 2, 3, 4, 5, 6)—определитесь 6-го порядка, t-я ст ока
' торого содержит элементы xt, tyt, yv xt, yt, I (пе-
л к	в том порядке, в „отор они расл^ ьхены
в стро"" если двигаться по нс1 ыи„ направо), м
xt l/i
U, и k) =
к,
X' Уь
До 1зать, что соотнош
0. 2, 3, 4, 5, 6) = F, 1, 2) B, 3, 4) D, 5, 6)A, 3, 5)-
-A,2, 3) C,4, 5) E, 6,1) B, 4, 6)
пред^.,	т собой тождест относительно 12 не !ависи-
¦ -~л - -	"гых хи у и где i = 1, 2	6.
Otto Dunkel
25

50. Два ряда с интегральными членами. *
Доказать, что
H
n=l 2пя
п=1
J. V. Uspensky
51.	У водяной мельницы. Колесо водяной мельницы
радиусом а вращается так, что точки обода имеют ли-
линейную скорость v. С обода срываются капли воды.
Найти огибающую траекторий, описываемых капля-
каплями воды.
B.F.Finkel
52.	Число я в виде ряда. Доказать, что
n-l
где Ui = 1, «2 = 3, ит = 4wr_i — tir-2 (г Зг 3).
А. С. A i t k e n
53. Два равносторонних треугольника. Дан произ-
произвольный треугольник. На его сторонах вовне построены
равносторонние треугольники. Их центры служат верши-
вершинами некоторого равностороннего треугольника А. Цент-
Центры равносторонних треугольников, построенных на сто-
сторонах исходного треугольника внутрь его, служат вер-
вершинами другого равностороннего треугольника В.
Доказать, что разность площадей треугольников А и
В равна площади исходного треугольника.
Harry Langman
тами
28
y	g
54. Соотношение между биномиальными коэффициен-
коэффициени. Доказать следующее соотношение:

где ( п ^ _ биномиальные коэффициенты, a t равно г/2
пои четном г и (г — 1)/2 — при нечетном г.
В. С. W о п g
55. Предел интеграла.
Доказать, что интеграл
0 0	0
при неограниченном возрастании п стремится к пределу
2/з и произведение n(Vn — 2/3) остается ограниченным.
J. V. U s p e n s k у
56. Соотношение между факториалами. Доказать, что
г (г- 1I (г- И) f B/--2)!
J
Y* г (г- 1I (г- И) f
ZjL (r-J)H! J
i-0
(г — 2)/2 при четном г,
()	/¦!(/¦- 1)! •
i-0
где "~ 1 (г — 1)/2 при нечетном г.
В. С. Wong
57.	Квадрат со сторонами, проходящими через задан-
заданные точки. Построить квадрат, каждая сторона которого
проходит через заданную точку.
С. О. W i 11 i a m s о п
58.	Соотношение между суммами степеней натураль-
натуральных чисел. Доказать, что
П
7 ?
i	fei 61
D. H. Dodge
59. Разбиения многоугольника. Выпуклый много
угольник с п сторонами можно разбить на треугольники
Диагоналями, которые пересекаются лишь в его верши-
Вывести общую формулу для числа таких разбиений.
Otto Dunkel
27

60.	Наиболее экономичное сопротивление. Располагая
достаточно большим запасом единичных сопротивлений,
нетрудно создать между двумя произвольными точками
А и В любое сопротивление p/q, где р и q — целые числа.
Для этого достаточно соединить параллельно q групп из
р последовательно включенных единичных сопротивле-
сопротивлений, то есть взять всего pq единичных сопротивлений.
Однако обычно то же сопротивление удается получить из
меньшего числа единичных сопротивлений.
Найти минимальное число единичных сопротивлений,
которое необходимо для создания между двумя точками
А и В электрической цепи сопротивлением p/q, где р и
q — целые числа.
R. M. S u 11 о п
61.	Необычное дифференциальное уравнение. Решить
дифференциальное уравнение
dy
dx
f cos w dw	1 ,
J	16+ 9 sin'v — -fjarctg*.
F. P. M a t z
62.	Три конкурентные прямые. Вокруг окружности
описан треугольник. Выберем произвольно две из его
сторон.
Доказать, что следующие три прямые проходят через
одну точку: а) прямая, соединяющая точки касания вы-
выбранных сторон и окружности; б) прямая, соединяющая
точки пересечения выбранных сторон с биссектрисами
противолежащих углов; в) прямая, соединяющая основа-
основания высот, опущенных на эти стороны.
А. Р е 11 е t i e г
63.	Сравнения по нечетному простому модулю. Дока-
Доказать, что если р — нечетное простое число, то
р+1
Р.З^-б2-... -(р-2J = (-1) 2 (modp),
р+1
2'2-42-62-... -(р—1J = (-1) 2 (modp).
Mannis Charosh
28

64.	Сходящийся и расходящийся ряды. Доказать, что
если бесконечный ряд щ + и2 + ... с положительными
членами сходится, то ряд
Т\	/*2
расходится (г„ — сумма членов первого ряда, начиная с
л-го, то есть rn = un -f- un+\ + ...).
О. D. К е 11 о и 1
65.	Уравнение с биномиальными коэффициентами.
/154 /144
Известно, что 3003 = 1 1 = 1 6 )•
Решить в положительных целых числах уравнение
У
Norman Anning
66.	Треугольник Паскаля и определитель. Доказать,
что определитель из п элементов, стоящих в левом верх-
верхнем углу треугольника Паскаля
1111 ...,
12 3 ....
1 3
1 ...
рави, 1.
С7. «Ji CTfia _, ~ш — 1. Решить
спи	• х2,
I х2 х .
С. A. Rupp
Э СИС1 iy П
х2
Х„-,
Е. В. Escott
29

68.	Определители из нулей и единиц. Пусть Dn —•
определитель /г-го порядка, составленный из нулей и еди-
единиц таким образом, что в каждой его строке й в каждом
столбце содержатся 2 единицы и п — 2 нулей.
Доказать, что: а) при любом п определитель Dn ра-
равен ±2™ или 0, где числа тип либо оба четные, либо
нечетные; б) если D5 = 0, то две строки определителя ?>5
совпадают; в) если в определителе Dn совпадают две
строки, то в нем совпадают также и два столбца, и на-
наоборот; г) если Dn Ф О, то Зт «с; п.
J. P. Ballantine
69.	Комплексные числа с равными модулями. Дока-
Доказать, что если а, Ь, с — комплексные числа и
то | (ab + be + са)/(а + Ъ + с) \ = г. Обобщить доказа-
доказательство на случай п комплексных чисел равного модуля.
A. A. Bennett
70. Наилучшее приближение к 1. Рассмотрим дроби
вида */п, где п — натуральное число больше 1: 7г, Уз.
У4, .... Требуется определить, какие п из этих дробей
(дроби могут повторяться), взятые в сумме, дают наи-
наилучшее приближение к 1 снизу. Например, при п == 3
наилучшее приближение дает сумма '/г + 7з + lli =*
= 41/42-
Доказать, что в общем случае наилучшее приближе-
приближение к 1 дает сумма п первых членов ряда
2^3^7^43~ 1807 ~ ¦ ¦ '
(знаменатель каждого члена этого ряда, начиная со вто-
второго, на 1 больше произведения знаменателей всех пре-
предыдущих членов).
Martin Rosenraan
71. Стержень на круглом столе. Тонкий стержень
длиной 2а лежит на круглом столе радиусом г > а.
Какова вероятность, что ни один из. концов стержня
не выступает за край стола? Какова вероятность, что
30

один из концов стержня выступает за край стола? Тот же
вопрос относительно обоих концов стержня.
R. E. G a i n e s
72.	Стягивающиеся многоугольники. Рассмотрим на
плоскости п точек. Соединим их в любом порядке так,
чтобы получился замкнутый многоугольник. Ту же опе-
операцию осуществим с серединами п сторон построенного
многоугольника.
Доказать, что при неограниченном повторении такой
операции последовательно получаемые многоугольники
стягиваются в точку.
Martin Ro-senman
i
73.	Разложение определителя по последнему столбцу.
Доказать, что
en
«31
0
e22
%>
0 .
0 .
езз-
. 0
.. 0
.. 0
A\
Л
Л
( 1, если i делится на /,
где еи = \
К, 0, если i не делится на /,
а Pi, Pj, ... —различные простые делители числа п.
J. M. Feld
74.	Описанный эллипс. Найти эллипс наименьшей
площади, описанный вокруг данного треугольника.
Orrin Frink, Jr.
75.	Делимость чисел вида 2а + 1- Пусть а и р — поло-
положительные целые числа, причем р > 2.
Доказать, что 2а+1 никогда не делится на 2Р—1.
D. С. Duncan
'b- Кривая, описываемая фокусами вращающегося
ллипса. Эллипс вращается в своей плоскости так, что
31

все время касается фиксированной прямой в фиксиро.
ванной точке.
Доказать, что его фокусы описывают при этом кри.
вую, ограничивающую часть плоскости, площадь кото,
рой равна 2па(а — Ь).
R. E. Gaines
77.	Гамма-функция и л-я разность In х. Пусть
Дп In х — n-я разность функции In х, отвечающая шагу' 1.
Доказать, что
Нт(-1)п+1п*1пп-Дп1п* = Г(х).
П->оо
В. F. Kimball
\
78.	Рациональные прямоугольные треугольники. Най-
Найти набор целых чисел, порождающих последовательность
рациональных прямоугольных треугольников, члены ко-
которой при возрастании их номера стремятся к прямо-
прямоугольному треугольнику с наименьшим углом, рав-
равным 30°.
Н. Т. R. A u d e
79.	Асимптотические свойства биномиальных коэф-
коэффициентов. Доказать, что отношение суммы ft-, (h-\-k)-,
(h + 2k) -го и т. д. биномиальных коэффициентов к с] м-
ме всех коэффициентов в разложении {а-\-Ь)п стремится
к l/k при п-»оо. Здесь k — положительное целое число,
Л = 1,2	k.
Н. Grossman
80.	Графический метод вычисления корней квадрат-
квадратного уравнения. При вычислении вещественных корней
квадратного уравнения иногда используют следующий
графический метод. Уравнение приводят к виду х2 —
— ах -\- Ь = 0, где а и Ь вещественные числа, такие, что
отрезки длиной а и Ь допускают построение при помощи
При шаге ft Д#(*)= ?(- l)n~s (j.) f (х + sh) (см. III. 14).-
. ред.
32

циркуля и линейки. На плоскости вводят прямоугольную
систему координат и отмечают точки Q(a,b) и В (О, 1).
На отрезке BQ, как на диаметре, строят окружность.
Если эта окружность пересекает ось х в точках М и N,
то длины отрезков ОМ uON совпадают с корнями дан-
данного уравнения (рис. 1).
Рис. I.
Обобщить этот графический метод решения квадрат-
квадратного уравнения на случай комплексных корней.
A. S. L evens
81. Соотношение между биномиальными коэффициен-
коэффициентами. Доказать, что
при любом натуральном п.
Я. Е. Moritz
82. Определитель из биномиальных коэффициентов.
Доказать, что определитель матрицы, получающейся
2 Зак. 436
33

при вычеркивании Л-го столбца в матрице
о (!)(?)(!)({)••¦(:) СП
0 0 0
оо о о (М (п} Ги+М
U U	U	U UJ 4,1 К 4 )
ооооо ...(У) ("+»)
п+1
P. S. Dwyer
83. Функциональное уравнение. Решить функциональ-
функциональное уравнение
где р — вещественная постоянная, a f(#)—положитель-
f(#)—положительная непрерывная однозначная функция положительного
переменного х.
F. Т. O'Doubler
84. Премия покупателям сигарет. Как известно, неко-
некоторые фирмы, занимающиеся производством сигарет,
имеют обыкновение вкладывать в пачки сигарет играль-
игральные карты. Тому из покупателей, кто сумеет собрать пол-
полную колоду карт, /фирма выплачивает премию или вы-
выдает какой-нибудь приз.
Предположим, что в каждую пачку вложена одна из
карт колоды в 52 листа, карты распределены по пачкам
случайным образом и число пачек, поступающих в про-
продажу, неограниченно.
Какое минимальное число пачек необходимо купить
в среднем, чтобы собрать полную колоду карт?
A. F. Stevenson
34

85.	Прямая Симеона. Рассмотрим параболу с фоку-
фокусом в произвольной точке Р описанной окружности тре-
треугольника ABC, касающуюся сторон треугольника.
Доказать, что прямая Симеона (*), построенная для
точки Р, совпадает с касательной к этой параболе в ее
вершине.
J. M. Feld
86.	Взаимно-однозначное соответствие между точка-
точками замкнутого и открытого интервалов. Установить вза-
взаимно-однозначное соответствие между точками откры-
открытого интервала 0 < х < 1 и точками замкнутого интер-
интервала О^ж^ 1.
Martin Rosenman
87.	Вычисление определителя. Доказать, что опреде-
определитель матрицы «-го порядка с элементами а.ц= \i — /|
равен (—l)»-1^— 1J"-2.
Raphael Robinson
88.	Разложение на множители. Разложить многочлен
хв -f- 98х4у* + уъ в произведение двух многочленов с це-
целочисленными коэффициентами.
Е. В. Escott
89.	Рекуррентное соотношение. Доказать, что при
любых натуральных k
_ Bfe-2)l __ 1 /
~ k\(k- 1)! ~ 2ft-1 V.
2k - 1
— целые числа удовлетворяющие рекуррентному соотно-
соотношению
П-1
Garrett Birkhoff
90. Многочлен, имеющий только вещественные корни.
Доказать следующую теорему.
Если многочлен n-й степени f(x) = апхп +
Н- an_ijt"-i _(_...-{- а\Х + а0 с вещественными коэффи-
Ци	имеет только вещественные корни, то:
2*	. 35

а)	правило Декарта позволяет точно определить чис-
число положительных и отрицательных корней многочлена
б)	из ат = 0 (п > г > 0) следует неравенство
В. W. Jones
91.	Два сравнения. Пусть р— простое число вида
4&~+3, m — число квадратичных невычетов, меньших
Р/2."
Доказать, что
1 -3-5- ... •(p-2)s=(-l)m+ft(modp),
2-4-6- ... •(p-l) = (-l)m+fe+1(modp).
Mannis Charosh
92.	Сумма медиан л-симплекса. Доказать, что сумма
медиан я-симплекса меньше суммы ребер симплекса, ум-
умноженной на 2/п, и больше той же суммы, умноженной
на (п+1)/я2, причем оба неравенства неулучшаемы.
Raphael Robinson
93.	Определитель из сумм общих делителей двух
чисел. Пусть 5(t, /")— сумма общих делителей чисел i и /.
Доказать, что
5A, 1) S(l, 2)... 5A, п)
SB, I) SB, 2) ... SB, n)
S(n, 1) S(n, 2) ... S(n, n)
Mel.vin Dresher
94. Функциональное уравнение. Решить функциональ-
функциональное уравнение
где {(х)—однозначная положительная вещественная
функция вещественного переменного х.
W. М. Whyburn

95.	Решение системы уравнений в целых числах. До-
Доказать, что существуют четыре различных набора целых
чисел, удовлетворяющих уравнениям
х, + х2 + *3 = 54, xt + xl + xl^im.
Разработать общий метод решения в целых числах ана-
аналогичной системы уравнений, в которых вместо 54 и 1406
стоят целые числа а и Ь.
Е. P. Starke
96.	Пес и его хозяин. Пес и хозяин оказались на
противоположных берегах реки один напротив другого.
Пес бросился в воду и поплыл, все время «держа курс»
на хозяина, со скоростью, которая в стоячей воде соста-
составила бы 2 мили в час. Скорость течения реки постоянна.
Хозяин заметил, что собаку перестало сносить течением,
лишь когда она преодолела 2/з ширины реки, и что, пе-
переплывая реку, собака затратила на 5 минут больше вре-
времени, чем на преодоление расстояния, равного ширине
реки, в стоячей воде.
Определить ширину реки.
J. В. Reynolds
97.	Идемпотентный базис матриц п-го порядка. Найти
такой базис hpq матриц n-го порядка, каждый элемент
которого — идемпотент и hpqhrs = kPgrshpS, где kPqTS — ра-
рациональное число.
J. H. M. Wedderburn
98.	Произведение восьми последовательных целых
чисел и четвертая степень целого числа. Доказать, что
Целая часть корня четвертой степени из произведения
восьми последовательных целых чисел равна х2 -\-7x-\- 6,
где х — наименьшее из восьми целых чисел. Пользуясь
этим результатом, можно показать, что произведение
восьми последовательных целых чисел не может быть
четвертой степенью целого числа.
V. Thebault
99.	Приведение квадратичной формы к сумме квад-
квадратов. Доказать, что если квадратичную форму
? \i — i\xtxt,
37

где п ^ 1, привести к сумме квадратов вещественным ли-
линейным преобразованием, то коэффициент при одном из
квадратов будет положительным, а коэффициенты при
п остальных квадратах — отрицательными.
Raphael Robinson
100.	Простые числа вида Зл + 1. Пусть р — простое
число вида 3« + 1 •
Доказать, что его можно представить в виде р =
= А2 -{-27В2, где А и В— положительные целые числа
в том и только в том случае, если число 2 есть кубиче-
кубический вычет по модулю простого числа р.
Bernard Friedman
101.	Разложение на множители с рациональными
коэффициентами. Определить значения А, при которых
трехчлен х12 + Ах^у6 + у12 допускает разложение на два
многочлена шестой степени с рациональными коэффи-
коэффициентами.
Е. В. Escott
102.	Хорда, отсекающая сегмент минимальной пло-
площади. Определить положение хорды, совпадающей
с нормалью к коническому сечению и отсекающей от него
сегмент наименьшей площади.
R. E. Gaines
103.	Измеримые множества. Пусть Ей ?2,..., Еп,... —
бесконечная последовательность измеримых множеств
на отрезке {а, Ь), таких, что mes^n) ^= k > 0 при п =
= 1,2, ... .
Можно ли утверждать, что всегда найдется бесконеч-
бесконечная подпоследовательность индексов 1 ^ г\ •< /2 •< ...
... </¦,•<..., для которой мера ?>, П Ет2 П ... П?г/П ...
больше нуля?
J. D. Hill. H. J. Hamilton
104.	Эллипс, проходящий через три заданные точки.
Доказать, что полуоси эллипса, проходящего через точ-
38

Ки, которые соответствуют комплексным числам a, b не,
и имеющего центр в точке (а -\- b -\- с) /3, равны
| а + ъ'2Ь + ее | | а + еЬ + е2с |
Frank Morley
105. Тождество. Доказать, что
ZC)-5=
2"
г)(*
Morgan Ward
106. Преобразование координат. Переходя от прямо-
прямоугольной системы координат OXjYiZi к прямоугольной
системе координат OX2Y2Z2 (той же ориентации), мы
получаем следующую матрицу направляющих косинусов:
х2
Y2
Z,
Яз
У,
ц2
Из
Z,
V]
V2
v3
с определителем, равным 1.
Доказать, что
С. J. Сое
107.	Метод бесконечного спуска. Пользуясь методом
бесконечного спуска Ферма, доказать, что число —3 яв-
является квадратичным невычетом по любому нечетному
простому модулю р вида Зя -}- 2'.
Albert Whiteman
108.	Вписанный и описанный треугольники. Пусть
Еершины вписанного в данную окружность треугольника
1 Определение квадратичного невычета см. III. 7. — Прим. ред.
39

совпадают с точками касания этой окружности со сторо-
сторонами описанного вокруг.нее треуг&льника.
Доказать, что произведение перпендикуляров, опу-
опущенных из любой точки окружности на стороны вписан-
вписанного треугольника, равно произведению перпендикуля-
перпендикуляров, опущенных из той же точки на стороны описанного
треугольника.
Mannis Charosh
109. Перестановки с повторениями. Сколькими спо-
способами можно расположить в ряд ct\ единиц, а2
двоек, ..., ап чисел п так, чтобы любому числу (k-\- 1)
предшествовало по крайней мере одно число А:?
Raphael Robinson
ПО. Дорожное происшествие. Когда пассажирский
поезд вынырнул из тоннеля, лица п (п > 2) пассажиров,
ехавших в одном вагоне, оказались вымазанными в са-
саже. Все п пассажиров обладают различной быстротой
психической реакции. Предположим, что каждый пасса-
пассажир
а)	начинает смеяться, как только увидит испачканное
сажей лицо соседа по вагону, и продолжает смеяться до
тех пор, пока на лице того остаются следы сажи;
б)	видит лица всех своих попутчиков;
в)	обладает способностью логически мыслить;
г)	стирает сажу со своего лица лишь после того, как
путем логических умозаключений приходит к выводу о
том, что его лицо испачкано сажей;
д)	знает о том, что каждому из его попутчиков при-
присущи качества, перечисленные в пунктах «а», «б»,
«в», «г».
Доказать, что каждый пассажир в конце концов сот-
сотрет сажу со своего лица.
A. A. Bennett
111. Разложения для л и In2. Вывести следующие
соотношения:
_ 10
п—т~
пл(	1	1	,	1
V. 1 ¦ 2 • 3 ¦ 4 • 5 3-4-5-6-7^5-6-7-8-9 '
40

я = 3,15
— 360 (г-3-4-5-6-7-8 "" 4-5-6-7-8-9-10 + •••J • (б)
1п2=24-— I2 B.3- 4-5-6 ~ 4- 5-6-7-
-8
3-5-7-9-11 +••
J. P. Ballantine
112.	Делимость чисел. Даны пЦ-1 чисел cti,a2, ...
..., Оп+и каждое из которых не больше 2п.
Доказать, что по крайней мере одно из них, напри-
например аи делится на какое-то другое число из того же на-
набора (например, на Oj).
Paul Erdos
113.	Неравенство между суммами расстояний от
внутренней точки треугольника до его вершин и сторон.
Из точки О внутри заданного треугольника ABC на его
стороны опущены перпендикуляры OP, OQ, OR.
Доказать, что
ОА + ОВ + ОС^2(ОР + OQ + OR).
Paul Erdos
114.	Две конгруэнтные параболы. В одной плоскости
расположены две конгруэнтные параболы, имеющие об-
общую ось и обращенные вершинами в.одну и ту же сто-
сторону. Из произвольной точки наружной параболы к внут-
внутренней проведены две касательные.
Доказать, что часть плоскости, ограниченная каса-
касательными и заключенной между точками касания дугой
внутренней параболы, имеет площадь, не зависящую от
выбора точки на наружной параболе.
Norman Ann ing
115.	Неравенство для трансверсалей треугольника.
Дан треугольник ABC со сторонами а> b > с и любая
точка О внутри него. Пусть прямые АО, ВО, СО пере-
пересекают стороны треугольника ABC в точках Р, Q, R.
Доказать, что
OP + OQ + OR< a.
Paul Erdos
41

116. Корни характеристического уравнения симмет-
симметрической матрицы. Найти условие равенства всех корней
характеристического уравнения
оп — X
ain
ап1 ап2 ... ann — h
вещественной симметрической матрицы
= 0
Frank Irwin
117.	Выпуклый многоугольник, порожденный простым
иевыпуклым многоугольником. Пусть задан любой про-
простой невыпуклый многоугольник Р. Построим наимень-
наименьший выпуклый многоугольник Р', содержащий Р. Мно-
Многоугольник Р', кроме Р, будет содержать некоторые до-
дополнительные многоугольные участки. Отразив один из
таких участков относительно соответствующей стороны,
отсутствовавшей у исходного многоугольника Р, полу-
получим новый многоугольник Р\. Если он не выпуклый, то,
повторив все построение сначала, получим многоуголь-
многоугольник Р2-
Доказать, что многоугольник Р„, полученный после
некоторого числа п таких построении, выпуклый.
Paul Erdos
118.	Неравенства для гиперболических функций. До-
Доказать, что
а)	при всех вещественных положительных х и всех
вещественных п > 1 выполняется неравенство
sh"+1 пх + ch"+1 пх < ch" (n + 1) х;
б)	при 0<п<1 ия>0 знак неравенства изме-
изменяется на обратный; неравенство переходит в равенство
при п = 0 или п — 1, либо при х = 0.
J. S. Frame
119.	Несобственный интеграл. Вычислить интеграл '
e~xln2xdx.
М. Е. Levenson
42

120.	Два сравнения по модулю 71- Доказать, что
611 +1=0 (mod 71), 63! +1=0 (mod 71).
Сформулировать и доказать также общее утверждение,
частными случаями которого служат эти сравнения.
Hansraj Gupta
121.	Треугольники с целочисленными сторонами.
Найти все треугольники, длины сторон которых выра-
выражаются взаимно простыми целыми числами и один угол
вдвое больше другого.
Е. P. Starke
122.	Дифференциальное уравнение. Решить диффе-
дифференциальное уравнение
*Н—±л.±
dx ~ х "*" у'
L. J. Adams
123.	Обобщение теоремы Чевы. В треугольнике
'А\А2АЪ трансверсаль AiDi делит сторону A,Ah в отноше-
отношении AjDi'.DiAh — Pi'-qu где ijk — циклическая переста-
перестановка тройки чисел 1, 2, 3. Трансверсали Л*/), и AjDj
пересекаются в точке /V
Найти зависимость между двойным отношением
2i ii
и величинами р тл q. Доказать, что теорема Чевы (III. 1)
является частным случаем выведенной зависимости.
J. M. Feld
124. Определитель из степеней натуральных чисел.
Доказать, что
11 1 ... 1
1 22 З2 ... п2
1 23 З3 ... п3
1 2" 3е ... n"
= 112131 ...
J. Barinag a
43

125. Определитель из величин, обратных факто-
факториалам. Доказать, что при любом положительном де-
делом k
1
2!
1
0
0
0
1
3!
1
2!
1
0
0
1
4! •'• (
1
3! ••'
1
2! * ' # (
0 ...
0 ...
1
2k + 1)!
1
Bfc)l
1
2k— 1)!
1
2!
1
1
Bk + 2)!
1
1
Bft)!
1
3!
1
21
= 0.
J. M. Feld
126. Прямоугольники в квадрате, расчерченном на
единичные клетки. Квадрат, подобно шахматной доске,
разделен горизонтальными и вертикальными прямыми
на п2 единичных квадратов. Любые две пары горизон-
горизонтальных и вертикальных прямых образуют прямоуголь-
прямоугольник (в частности, квадрат). По определению ширина
любого прямоугольника меньше его длины или равна
ей. Лишь один прямоугольник — исходный квадрат —
имеет ширину п.
Доказать, что среди прямоугольников, образованных
проведенными горизонтальными и вертикальными пря-
прямыми, имеется 23 прямоугольников шириной п —1,33
прямоугольников шириной п — 2, ..., п3 прямоугольни-
прямоугольников шириной 1. Вывести отсюда формулу суммы кубов
первых натуральных чисел
F. Morley
127. Обратные тригонометрические функции и числа
Фибоначчи. Доказать, что
arcctg 1 = arcctg 2 + arcctg 5 + arcctg 13 + arcctg 34 + ...,
где последовательность аргументов арккотангенсов в
правой части совпадает с последовательностью членов
44

с нечетными номерами ряда Фибоначчи и может быть
определена рекуррентным соотношением
D. H. Lehmer
128. Аналитическая функция, определяемая рекур-
рекуррентной последовательностью. Пусть 0, щ, щ, ...— после-
последовательность чисел, удовлетворяющих рекуррентному
соотношению ип+\ == аип + Ьип-\. Рассмотрим функцию
ft! *
n-l
Доказать, что f(x) = — e~axf (—x).
D. H. Lehmer
129.	Сопряженные гиперболы. На гиперболе Ъ2х2 —
—	a2y2=.a2b2 найти точку Р, в которой касательная
и нормаль к этой гиперболе совпадают соответственно
с нормалью и касательной к сопряженной гиперболе
Ь2х2—а2у2 = —a2b2. Таким образом, если обе сопряжен-
сопряженные гиперболы рассматривать как одну кривую (Ь2х2 —
—	а2у2J — а*Ь* = 0, то можно построить прямоугольник,
который одновременно является и вписанным в эту кри-
кривую, и описанным вокруг нее.
R. E. G a i л е s
130.	Необычное умножение. В множестве всех поло-
положительных вещественных чисел новое «умножение» мож-
можно задать соотношением
Найти все положительные рациональные числа, для
которых такое умножение:
1)	коммутативно: [a, b] = [b, а];
2)	ассоциативно: [а, [Ь, с]] = [[о, Ь], с];
3)	дистрибутивно справа и слева:
[(а + Ь), с] = [а, с] + [Ь, с], [с, (а + Ь)] = [с, а] + [с, Ь].
Oystein Ore
131. Функциональное уравнение. Пусть f(t)—одно-
f(t)—однозначная комплексная функция, удовлетворяющая при
45

всех вещественных значениях t n s функциональному
уравнению
A)
(С— постоянная).
Примечание. При k = О функциональное уравнение
A) переходит в функциональное уравнение
где k — отличная от нуля вещественная постоянная.
Доказать, что
,	(П
а функция B) вырождается в линейную функцию
B')
Известно, что функция B') является решением уравне-
уравнения (Г) лишь при некоторых дополнительных предполо-
предположениях относительно f(t), например при ограниченности
f(t) в окрестности какой-нибудь точки (III. 15). При
k ф О дополнительные предположения относительно /(/)
не требуются.
I. J. Schoenberg
132. Два неравенства для абсолютной величины функ-
функции. Дана функция вещественного переменного х
Доказать, что при некоторой положительной не зави-
зависящей от х постоянной С\ и х ~> е
A)
Доказать также, что существуют последовательность
Х\ < х2 < ... —> оо и не зависящая от х положительная
постоянная Сч, для которых
|/(Xv)l>c2lnlnx, v=l, 2		B)
Р. Т и г а п
46

133. Максимум модуля функции комплексного пере-
переменного. Дана функция комплексного переменного г
\a{-z\'
где щ (t= 1, 2, ..., n) — произвольно выбранные ком-
комплексные числа, такие, что изображающие их точки не
лежат на одной прямой.
Доказать, что в любой области комплексной плоско-
плоскости, не содержащей точек щ, \f(z)\ достигает макси-
максимального значения на границе области.
Е. W e i s z f e I d
134.	Конечная последовательность не кратных друг
другу чисел. Пусть щ < аг < ... < ап < 2п — положи-
положительные целые числа, такие, что ни одно из них не де-
делится ни на какой другой член последовательности.
Доказать, что «i ^ 2\ где k определяется неравен-
неравенствами 3й < 2п < 3ft+1. Эта оценка для at неулучшаема.
Paul Erdos
135.	Корни характеристического уравнения. Найти
корни характеристического уравнения матрицы V =
= tyre] = (ее-*-1)}, где е = е*«/", г, с = 1, 2, ..., п.
F. A. Lewis
136.	Система дифференциальных уравнений. Решить
следующую систему дифференциальных уравнений в
частных производных первого порядка:
дх ~*w дх	у h
ду дх
W. М а с г а у
137. Середина хорды. Пусть С — простая замкнутая
спрямляемая кривая на плоскости я Р — произвольная
точка внутри С.
а- Доказать, что середина одной из хорд АВ (концы
" и В хорды принадлежат кривой С) совпадает с точ-
47

б. Останется ли в силе утверждение а, если кривая С
неспрямляемая?
J. D. Hill
138'. Неравенство для наименьшего общего кратного.
Пусть Gj < а2 < ... < ап ^ 2п — конечная последова-
последовательность положительных целых чисел.
Доказать, что
min[a,, «/1<б([-|]+ l).
где [ai, aj\ — наименьшее общее кратное чисел а» и aj.
Эту оценку для min [аи aj\ нельзя улучшить.
Paul Erdos
139'. Неравенство для наибольшего общего делителя.
Пусть at < а% <. ... < ап < 2п — конечная последова-
последовательность положительных целых чисел.
Доказать, что
/ ч. 38и
тах(аг, а})>-^—с,
где с не зависит от п, а (щ, а3) означает наибольший об-
общий делитель чисел щ, a.j. Эту оценку для тах(йь а;)
нельзя улучшить.
Paul Erdos
140. Радиус описанной гиперсферы. Пусть О, Pi,
Ръ ... ^n — вершины симплекса в n-мерном простран-
пространстве. О Pi = (ац)'1а и косинус угла между ребрами OPi
и OPj равен aj\аиацу1' (?,/ = 1,2	п).
Доказать, что
ана11АИ
2V V
*~~ Lj Lj 4det(a.,) '
где Aij — алгебраическое дополнение элемента ац в оп-
определителе det(ajj), rn — радиус описанной гиперсферу
S. В. Townes
1 Решения этих задач мне неизвестны. Не удалось их найти и
в доступной литературе. — Прим. ред,
48

141. Неравенство для степенной функции. Пусть
<#1^#2 и п — положительное целое число.
Доказать, что
хТ - х\'п < {х2 - а)Чп - (х - аI/п
(, )
Arnold Dresden
142.	Игра до победы. Двое играют в «орел или
решка». До начала игры у одного из них было т монет,
а у другого и и ставка равна одной монете. Игра про-
продолжается до тех пор, пока один из участников не вы-
выиграет все монеты.
Определить, сколько раз в среднем им придется бро-
бросать монеты, прежде чем игра закончится.
Е. R. 011
143.	Сечение, делящее пополам боковую поверхность
и объем тетраэдра. Доказать, что можно провести пло-
плоское сечение, ограниченное тремя гранями тетраэдра, ко-
которое делит на две равные части боковую поверхность
и объем любого тетраэдра. Доказать также, что пло-
плоскость этого сечения проходит через центр описанной
сферы тетраэдра.
Victor Thebault
144.	Делимость произведения п последовательных
натуральных чисел на их сумму. Доказать, что произве-
произведение п последовательных натуральных чисел при нечет-
нечетном п делится на их сумму, за исключением случая,
когда число п простое, и среднее арифметическое данных
чисел делится на п. Рассмотреть также случай, когда
число п четно.
Victor Thebault
145.	Число различных треугольников в правильном
"-угольнике. Из вершин правильного и-угольника три
выбраны в качестве вершин треугольника.
Доказать, что число существенно различных тре-
треугольников, которые можно построить таким способом,
совпадает с ближайшим к nz/12 целым числом.
Norman Anning
49

146. Факториал факториала факториала... факториа-
факториала. Обозначим [(п!)!]! через п(!K (и так далее),
п{\)° = п.
Доказать, что при k~^2
«(!)
(я0^Ц1И-11.Ь(о»-1]....Ь(о*-»-1]. ~целое ЧИСЛ0'
Simon Nowshowitz
147.	Алгебраическое уравнение с рациональной левой
частью. Найти все корни уравнения
(х2 — х + \K _ (a* — fl+1)8
*s(*-lJ ~~ а*(а-\у *
V. W. G r a h a m
148.	Наименьший выпуклый многогранник, содержа-
содержащий л + 2 точек в л-мерном пространстве. Пусть Pi,
Р2, ..., Рп+2 — rt-f-2 точки в п-мерном пространстве
(n ^ 2), причем никакие три точки не лежат на одной
прямой. Обозначим через \PilPi2 • ¦ • P»s] наименьший
выпуклый многогранник, содержащий внутри себя точки
Ptl, Pi2, .... Pis.
Доказать, что при п — 2 и п — 3 всегда можно найти
такие индексы i, k, при которых [РЛ] не является реб-
ребром многогранника [Р\Рг... Рп+г], а при п > 3 это утвер-
утверждение перестает быть верным. <
Bela Sz.-Nagy
149.	Собака на привязи. Собака сидит на веревке
длиной L, перекинутой через забор высотой h с ровным
верхом и прикрепленной с другой стороны забора в точ-
точке, отстоящей на расстояние а от верха забора
)
Определить форму, размеры и площадь участка, по
которому может бегать собака.
W. В. Campbell
150. Ханойская башня. На массивной подставке
укреплено k колышков. На один из них надето п колец
попарно различных размеров так, что размеры колец
уменьшаются снизу вверх.
50

За какое наименьшее число перекладываний можно
нанизать п колец на другой колышек, если за один раз
с колышка на колышек разрешается переносить не более
одного кольца, причем ни одно кольцо нельзя класть по-
поверх кольца меньшего размера?
В. М. Stewart
151. Функциональный определитель с дробно-рацио-
дробно-рациональными элементами.
Доказать, что
f
7
1
1
X
— X
X2
— X2
X3
-X3
X
-*
т
1
1-
1
X
— X
X2
-X2
0
2
X
1-х
0
0
3
0
0
0
... 0
... 0
0
X
•*• 1-х
r\x
A—x)(l —
Rich
a
r(r+
2
X2) .
rd
„
..(l
Bel
— x
lm
') "
an
152.	Описанная окружность треугольника, образован-
образованного тремя касательными к параболе. Известно, что опи-
описанная окружность треугольника, образованного тремя
касательными к параболе, проходит через фокус пара-
параболы *.
Доказать, что диаметр d описанной окружности опре-
определяется соотношением d sin a sin p sin \ = а, где а, р,
V — углы, образованные касательными (сторонами тре-
треугольника) с осью ОХ (уравнение параболы у2 = 4ах).
R. E. Ga ines
153.	Модуль непрерывности функции. Функция f(x)
определена следующим образом:
1 - 1
— при дс>0,
О при л: = 0.
1 См. решение задачи 85. При решении данной задачи это свой-
"во можно не учитывать. — Прим. ред.
51

Доказать, что отношение | / (xi) — f (х0) \ I \ Xi — х0 |»
ограничено при 0 <[ *о г^ 1, 0 г^ *i ^ 1 в том и только
в том случае, если а ^ 7г-
J. Н. С u r t i s s
154.	Линия «погони». Хозяин собаки стоит на пере-
перекрестке двух взаимно перпендикулярных дорог, а его со-
собака — на одной из дорог на расстоянии а от перекрест-
перекрестка. Поразмыслив, хозяин пускается в путь по другой до-
дороге со скоростью v, а собака устремляется к нему со
скоростью 2v, направленной в каждый момент времени
по прямой, соединяющей ее мгновенное положение с
' мгновенным положением хозяина.
Определить кривую, описываемую собакой (линию
«погони»),
Н. Е. Tester
155.	Неассоциативное умножение. Если не предпола-
предполагать, что умножение ассоциативно, то из трех элементов
а, Ь, с, не переставляя их, можно составить два произве-
произведения (ab)c и a (be). Для четырех элементов а, Ь, с, d
число произведений возрастет до Af4=5: [(ab)c]d, [a(bc)]d,
a[(bc)d],a[b(cd)], (ab)(cd).
^ Вывести общее выражение для числа Ni произведем
ний из t элементов.
Oystein Ore
156.	Отрезки прямых, делящие пополам периметр и
площадь треугольника. Дан треугольник ABC с углами
А<В <С.
Доказать, что в зависимости от того, какое из нера-
неравенств (или равенство)
sin Л -^ .
1
sin В
выполняется, существуют одна, две или три прямые, де-
делящие пополам периметр и площадь треугольника ABC.
Если В = С, то одна, две или три такие прямые суще-
существуют в зависимости от того, каким из трех соотноше-
соотношений А Щ Ао связаны углы А и Ао, где sin (—?- J = -у/2 — 1.
Otto Dunkel
52

157. Неравенства для логарифма. Доказать, что при
Естественном или комплексном z, таком, что |г|<1,
справедливы неравенства
Н. S. W а 11
158.	Два треугольника. По данному треугольнику
ABC построен другой треугольник А'В'С так, что АА',
ВВ', СС — отрезки высот исходного треугольника ABC
и АА'/ВС = ВВ'/СА = CC'IAB = k.
а.	Доказать, что центры тяжести треугольников ABC
и А'В'С совпадают. i
б.	При каком значении k у треугольников ABC и
А'В'С' совпадают углы Брокара '?
в.	Доказать, что при ft = ±l центры квадратов, по-
построенных на сторонах треугольника А'В'С вовне или
внутрь, совпадают с вершинами треугольника ABC.
V. Т h ё b a u 11
159.	Симметрические функции. Пусть уи у2, .... Ут—
алгебраически независимые симметрические многочлены
относительно переменных Xi, Xz,..., хп, причем степень yt
равна L Пусть f(xi,x2, ..., хп)—произвольно заданный
симметрический многочлен степени т относительно х1г
*2, .... Хп.
Доказать, что f{xu Xz, ..., хп) можно представить в
виде многочлена относительно уи уг, .., Ут-
Esther Szekeres
160.	Два треугольника. Пусть А', В', С — центры
квадратов ВСА[А'2, САВ\В'2, АВС[С2, построенных внутрь
на сторонах треугольника ABC с центром тяжести G и
Углом Брокара ' V таким, что ctg V = 7/4.
Доказать следующие утверждения:
а. Центры А", В", С" квадратов, построенных внутрь
на сторонах треугольника А'В'С, лежат на прямой, про-
кодящей через точку С
' Угбл Брокара ш треугольника с углами А, В, С определяется
™ соотношения ctg ш = ctg A + ctg В + ctg С. — Прим. ред.
63

б.	Угол Брокара V треугольника А'В'С удовлетво-
удовлетворяет соотношению ctg V = 2.
в.	Прямые, проходящие через вершины А, В, С исход-
исходного треугольника и середины отрезков A\Ah.t В'хВ'г, С[С':,
параллельны.
г.	Расстояние между центром описанной окружности
треугольника ABC и точкой пересечения высот (ортоцен-
(ортоцентром) треугольника, ортоцентрического относительно
треугольника ABC, равно одной восьмой периметра орто-
ортоцентрического треугольника.
V. Т h ё b a u 11
161. Сумма ряда. Вычислить сумму ряда
(и*I '
я-!
где k — любое целое число больше 1.
Е. Н. С 1 а г к е
162.	Угол наклона и кривизна. Пусть f(x)—много-
f(x)—многочлен степени п с различными вещественными корнями xi
(i = 1, 2, ..., п), Яг — величина, обратная тангенсу угла
наклона кривой y = f(x) к положительной полуоси х в
точке х = Xi, pj (/ = 1, 2, ..., п — 1)— алгебраический
радиус кривизны кривой у = f(x) в экстремальной точке,
расположенной между Xj и х,+<.
Доказать, что	,
а)	если п > 1, то Л1 + V+ ... + Я„ = 0;	'
б)	если п > 2, то pi + р2 + ... + pn-i = 0.
G. В. Van Schaack
163.	Теоретико-числовая функция. Какой смысл имеет
функция f(n), получаемая из функции Эйлера ф(«)
[III. 8A5)] при замене всех знаков минус на знаки плюс,
то есть
f (п) = п A + 1/р,) A + 1/р2) ... A + 1/рк)?
(Здесь ри ... pk — различные простые делители числа п.)
F. A. Lewis
54

164.	Якобиан коэффициентов алгебраического урав-
уравнения п-п степени, вычисленный по его корням, и опре-
определитель Вандермонда от корней того же уравнения. Вы-
Вычислить якобиан коэффициентов сп, cn-i, .... й уравне-
уравнения хп — CiX™-* -J- ... +(—1)пс„ = О по его корням хи
х2, ..-. хп< рассматривая их как независимые перемен-
переменные.
J. H. M. W e d d e r b u г п
165.	Числа с циклической перестановкой цифр. Найти
n-значное число No = а^ ... ап (^фО), при переста-
перестановке в конец которого k первых цифр (k=\, 2, ...
..., п—1) получаются числа (их всего п — 1) Л^ =
N	N
..., an-u каждое из которых кратно числу No.
V. Т h ё b a u 11
166.	Квадраты в квадрате. Два квадрата Si и S2 рас-
расположены в единичном квадрате так, что не имеют об-
общих точек.
Доказать, что сумма длин их сторон меньше 1.
Весьма вероятно, что если в единичном квадрате рас-
расположены № + 1 квадратов, не имеющих попарно общих
точек, то сумма длин их сторон меньше к.
P. E r d б s
167.	Треугольник и парабола. Дан треугольник ABC.
Доказать, что биссектрисы внутреннего и внешнего
углов при вершине С, сторона АВ и перпендикуляр, вос-
восставленный из ее середины, а также перпендикуляры,
восставленные к стороне АС из вершины Лик стороне
^С из вершины В, совпадают с касательными к одной и
той же параболе. Определить, где находится фокус этой
параболы.
Robin Robinson
168.	Факторизация дифференциального оператора.
Дифференциальный оператор D2 -J- 1 можно факторизо-
Вать многими способами, например представить в виде
№ + ctgx)(D — ctgx), (secx-D)(cosX'D-{-s'mx) или
(sin x-D -f 2 cos x) (D cosec *).
Доказать, что наиболее общее представление диффе-
Ренциального оператора (D + оJ + Ь2 в виде произве-
Дени двух дифференциальных операторов первого по-
55

рядка с вещественными коэффициентами дается соотно-
соотношением
где a, b, с — вещественные числа, г — дифференцируемая
функция от х.
О г г i п F r i n k, J r,
169.	Определитель клеточной матрицы. Пусть ¦&/„—¦
квадратная матрица п-го порядка, на главной диагонали
которой расположен элемент •&, а все внедиагональные
элементы равны 0, Ап — квадратная симметрически я
матрица n-го порядка, на главной диагонали которой
расположен элемент а; элементы двух малых диагона
лей, параллельных главной и примыкающих к ней свер-
сверху и снизу, равны 1, а все остальные элементы равны 0.
Выразить определитель 2п-го порядка
0/я А
Ап Ъ1.
через определители матриц Ф/п и Ап.
J. A. Greenwood
170.	Минимум определителя. Пусть А — постоянш ч
положительно определенная эрмитова матрица, а X
переменная неотрицательная эрмитова матрица.
Доказать, что минимальное значение определителя
\А -\-Х\ равно \А\ и достигается в том и только в тем
случае, если X = 0.	,
Henry Scheffe
171.	Постоянная Эйлера. I. Доказать, что постоянная
Эйлера
= lim( V 4--Inn)
удовлетворяет соотношению
#¦=2	fc=l
А. М. G1 i с k s m а п,
56

172. Постоянная Эйлера. II. Доказать, что постоян-
постоянная Эйлера удовлетворяет соотношению
оо
1
1=1
Otto Dunkef
173. Треугольники с целочисленными сторонами и
площадью. Рассмотрим треугольники со сторонами х—1,
х, х-\- 1, высотой h, опущенной на основание х, и пло-
площадью S, где х, h, S — целые числа. Шесть первых тре-
треугольников такого типа представлены в таблице:
п
0
1
2
3
4
5
А
0
3
12
45
168
627
2
4
14
52
194
724
S
0
6
84
I 170
16 296
226974
Можно ли утверждать, что рекуррентные соотноше-
соотношения
Лп+2 = 4Л„+1 — hn, xn+2 = 4xn+i—xn, Sn+2=\4Sn+1 — Sn
порождают все треугольники рассматриваемого типа?
Т R. Running
174. Тождество с котангенсами. Пусть fli, Ог, ••¦» о.п—п
различных комплексных чисел (п > 1), из которых ника-
никакие два не отличаются на величину, кратную п.
Доказать, что
П
"~ fl|)= sin "T" •
Arnold Dresden
175. Еще вдно тождество с котангенсами. Пусть o!f
сг, ..., ап — п различных комплексных чисел (п > 1),
57

из которых никакие два не отличаются на величину,
кратную п.
Доказать, что
Arnold Dresden
176.	Эллипс и экстремальные треугольники. Дока-
Доказать, что все вписанные в данный эллипс треугольники,
центр тяжести которых совпадает с центром эллипса,
равновелики и имеют максимальную площадь среди всех
вписанных треугольников.
Доказать также, что все описанные вокруг данного
эллипса треугольники, центр тяжести которых совпадает
с центром эллипса, равновелики и имеют минимальную
площадь среди всех описанных треугольников.
Е. P. S t а г k e
177.	Точный квадрат. Найти основание системы счис-
счисления меньше 100, в которой число 2101 было бы точным
квадратом.
V. Thebault
178.	Точки и прямые, а. Пусть множество из п точек
обладает тем свойством, что на прямой, проходящей че-
через любые две из них, обязательно лежит какая-нибудь
третья точка из того же множества.
Доказать, что все п точек лежат на одной прямой.
б. Даны п точек, не лежащих на одной прямой. Через
каждые две из них проведем прямую.
Доказать, что среди проведенных прямых не меньше
п различных.
P. E r d os
179.	Интеграл с гамма-функцией. Доказать, что
оо	1
Sdx 	Г |\ , _е	е	.	е	1 dx
Г(*)-~ Н +х 1!(*+1) + 2!(* + 2) —J
Г(жг) "
о	о
Richard Bellm an
Б8

180. Алгебраическое тождество и разбиение числа на
слагаемые. Доказать, что при 0 ^ х <С I
TT(i _**-!)
=
У
- Х) A _
и дать этому тождеству истолкование в духе заголовка.
Н. S. W а 11
181.	Неравенство между линейными элементами тре-
треугольника. Пусть г — радиус вписанной окружности, R—
радиус описанной окружности \\т — наибольшая высота
треугольника, внутренние углы которого не превосхо-
превосходят 90°.
Доказать, что т -f- R ^ /п.
P. Erdos
182.	Показательная функция как отношение двух бес-
бесконечных произведений. Доказать, что
сх^_ A -*;)'ЛA -х'I''A -*')'*... ^ \x\<ii
\ 1 "*" X) ум ~~"' X i Сi *~" X / • • в
где показатели степеней в числителе — натуральные чис-
числа, разлагающиеся в произведение нечетного числа не-
неповторяющихся простых сомножителей, а показатели
степеней в знаменателе — единица и натуральные числа,
разлагающиеся в произведение четного числа неповто-
неповторяющихся простых сомножителей.
Richard Bellman
183.	Распределение простых чисел. Пусть
•¦•<ttjt<n — произвольная последовательность таких
положительных целых чисел, ни одно из которых at не
является делителем произведения других.
Доказать, что тогда х^п(п), где п(п)—число про-
простых чисел, не превышающих п.
P. Erdos
184.	Равнобочная гипербола и окружность. Дана рав-
равнобочная гипербола Н и окружность Р, проходящая че-
Рез центр со гиперболы Н.
69

Доказать, что бесконечно много треугольников, впи-
вписанных в гиперболу Я и одновременно описанных вокруг
окружности Р, существует в том и только в том случае,
если центр О окружности Р лежит на гиперболе Я. Най-
Найти огибающую сторон этих треугольников.
V. Т h ё b a u 11
185. Углы, опирающиеся на стороны правильного
многоугольника. Пусть Аи Ai..., Ап — вершины правиль-
правильного многоугольника, а О — любая точка внутри него.
Доказать, что по крайней мере один из углов AtOAj
удовлетворяет неравенствам
P. Erdos
186. Алгебраическое соотношение между тремя ря-
рядами. Даны три степенных ряда:
25	Z9	Z1'
I—Z~ 2-4-5 "*" 2-4-6-8-9 2-4-6-8- 10- 12-13 "*" '*••
_z»	27 ¦	г^
^"~2-3 2-4-6-7 "*" 2-4-6-8- 10 -11
ж16
и- *2
п~ 12
2-4-6-8-10-12-14-15
1-2 1-3-5-6 ^ 1-3-5-7-9-10
	*и	,
1-3-5'7-9-1ЫЗ-14 ~
Доказать, что
Morgan Ward
187. Игра в 14. Каждый посетитель универсального
магазина, уплатив 10 центов, может принять участие в
игре и в случае выигрыша получает право выбрать лю-
любой товар на сумму 1 доллар. Игра состоит в следую
щем. Играющий бросает 5 раз по 10 игральных костей,
назвав заранее любое число очков от 1 до 6. Выигрывает
тот, у кого названное число очков выпадает на гранях
костей не менее 14 раз. Правила игры дают играющему
одно преимущество: какое бы число очков ни выпало на
60

большинстве граней при первом бросании, играющий мо-
жет объявить его задуманным.
Вычислить вероятность выигрыша.
В. М. S t e w a r t
188. Определитель из степеней наибольших общих де-
делителей пар чисел. Доказать, что
D(n) =
A, If A, 2Г ... A, «Г
B, if B, 2f ... B, nf
(п, if (n, 2f ... (и, nf
= («0A--^
ln/2]
[П/З]
я/5]
где (i, j) означает наибольший общий делитель чисел /,
/, [k]— целая часть числа k.
Я. С. В и с к
189. Функция Мёбиуса и элементарные симметри-
симметрические функции. Две симметрические функции
М(хи х2	х„), S(xu X2, .... хп) от п неотрицательных
целых чисел х\,х2, ..., хп определены следующим об-
образом:
ЛЦх1г х2, ...„
... М'(хп),
где
4
1 при xt = 0,
— 1 при xt = 1,
0 при Xi > 1,
x2,
Ё
u х2,
где Oj(xi, Xz,..., хп)— /-я элементарная симметрическая
Функция от хи х2, ..., хп.
Доказать, что сумма 52Af(jCi — bu x2 — Ъ2,..., хп—Ъп)
S(b\,bi, ..., Ьп) равна числу положительных целых чи-
сел в наборе х\, Хг, ,.., хп и равна 1, если Xi = х2 =» ...
• ¦ ¦ = хп = 0, причем суммирование проводится по всем
Целым числам Ьи удовлетворяющим неравенствам
"^bi^JCj (i = l,2, ..., tt).
Е. Т. В е 11
61

190. Перестановки и разбиения. Пусть Ргп — число
перестановок из п элементов, представимых в виде про-
произведения г циклов, не имеющих общих элементов (на-
(например, Pl—li), a Qre— число различных разбиений п.
отличных друг от друга элементов на г классов.
Доказать, что
A+*)B + *)...(я-1+*). (а)
.. +фс(х—1)...
... (х — п+1) = хп. (б)
G. Polya
191. Факториалы и неотрицательные целые числа.
Доказать, что при
' t\(n — t)\
причем правая и левая части тождества — неотрицатель-
неотрицательные целые числа. Если п — отрицательное целое число,
то правая часть тождества — целое число. Какой смысл
можно придать тождеству в этом случае?
Otto Dunkel
192. Матрицы с максимальным и минимальным сле-
следом. Рассмотрим множество матриц пХп, элементы ко-
которых— положительные целые числа или нули. Flycib
Гг — сумма элементов i-й строки (? = 1,2, .... п), Cj —
сумма элементов /-го столбца (/=1,2, ..., п).
Чему равны максимум и минимум суммы членов,
стоящих на диагонали (максимальный и минимальный
следы) матриц с заданными неотрицательными л< и Cj,
удовлетворяющими условию
Т. W. A n d е г s о n, J г.
62

193.	Полет в ветреную погоду. Самолет, летящий
с постоянной линейной скоростью, описывает в горизон-
горизонтальной плоскости заданную замкнутую траекторию.
Доказать, что в безветренную погоду самолет нахо-
находится в пути меньше, чем в том случае, когда дует ветер
с любой постоянной по величине и направлению ско-
скоростью.
Т. Н. М a 11 h e w s
194.	Отсутствие решений в целых числах. Пусть а, Ь,
с — целые числа, причем Ъ ф 0, d и / — соответственно
наибольшие общие делители чисел а, Ь и с, Ь.
Доказать, что если
аф ±d (mod b), с Ф ± / (mod b),
то существует бесконечно много целых чисел k, для ко-
которых уравнение
не имеет решений в целых числах.
A. L. Putnam
195. Рациональные решения тригонометрического
уравнения. Уравнение
cos пх + cos щ + cos nz = 0, 0 < х < '/2 < У < z < 1,
допускает тривиальные решения у = V2, z = 1 — х и
У~Чз — х, z = 2/з + х. Кроме того, оно имеет нетри-
нетривиальное решение х = Vs, у = 31ь, z = 2/з-
Доказать, что это тригонометрическое уравнение не
имеет других решений в рациональных числах. /
Н. S. М. С о х е t e r
196.	Сравнение по модулю х. Дано целое число
z/4, не имеющее простых делителей больше п.
Доказать, что
п\ = 0 (mod x).
P. E r d б s
197.	Перестановка членов ряда и бесконечного произ-
ВеДения. Пусть заданы два натуральных числа р и q. Оп-
63

ределим ряд SP, q и бесконечное произведение PPi q соот-
соотношениями
S	+ + '++
2р + 2 * '" * 4р
• • • С1 + 2p") С1 ~~ 3") I1 ~" Т) •' •
2p
+ 2р + 2
Ряд SP| 9, в котором группы, состоящие из р положи-
положительных членов, чередуются с группами, состоящими из q
отрицательных членов, мы получим, переставив члены
хорошо известного ряда
~2—з~ ' ~4 if *^~ "¦' я=="ы==* 1п2,
а бесконечное произведение РР, q — переставив сомножи-
сомножители бесконечного произведения
О +тH-4H+тH-т) ¦¦•-*...
Доказать прямыми выкладками, что P^j .=
и вывести из этого известное соотношение '
G. Polya
198. Числовые ряды и показатели, принадлежащие
произвольно заданному классу целых чисел. Найти по-
последовательность вещественных чисел пи сц	я„, • • • t
оо	со
таких, что ряд J] а. сходится, ряд ]? (ft расходится,
00
ряд X а\ сходится и так далее.
Более общая задача. Пусть С — произвольно задан-
заданный (конечный или бесконечный) класс положительных
целых чисел.
64

Доказать, что всегда можно- выбрать последователь-
последовательность вещественных чисел аи аг, ..., ап	для кото-
оо
пой при /= 1, 2, ... ряд ? о*-1 сходится или расхо-
дится в зависимости от того, принадлежит или не при-
принадлежит число / классу С.
G. Р б 1 у а
199.	Последовательные простые числа. Пусть р\ <
< рг < • • • < Рп < ¦ ¦. — последовательные простые
числа.
Доказать, что число
	Рп[
Рп{Рп+ О ••• (Рп+1 — I)
— всегда целое за исключением того случая, когда рп =
= 3.
Paul Erdos
200.	Разложение биномиального коэффициента по
тригонометрическим функциям. Доказать, что бино-
биномиальный коэффициент можно представить в виде
иг N
Llcos) cos
—
V 2 Jl\ 2
— N <x<N
W. J. Taylor
201.	Вероятность пустынной дороги. На прямолиней-
прямолинейном участке дороги длиной а находятся п человек. Ка-
Какова вероятность Р того, что расстояние между любыми
Двумя «соседями» не меньше Ь?
R. E. G a i n e s
202.	Уточнение неравенства треугольника. Пусть хп
(п = 0, 1, 2, ...)— последовательность векторов в трех-
трехмерном, евклидовом пространстве, такая, что \хп\ > б,
где б — любое заданное положительное число, а |дсг| —
Длина вектора х{.
. Доказать, что
lim (| хп | +1 х01 — | хп + х01) = а
3 Зак« 438	65

в том и только в том случае, если существует последова-
последовательность положительных скаляров ап, для которой
Кт\апхп — жо|=О.
Tibor Rado
203.	Удлиняются ли графики? Пусть аи а% а3, ...—
последовательность вещественных чисел и Ln — длин'
той части графика функции
fn (х)= aicos х ~Ь о,2 cos 2х + .». + ап cos nx,
которая заключена в интервале —л ^ х ^ л. Верно 1И,
что Z-i ^ Ьг ^ L3 ^ ... у
R. P. Agnew
204.	Теорема о среднем значении. Пусть а <С Ь — за-
заданные числа и f(x)— непрерывная, неотрицательная мо-
монотонно возрастающая функция, определенная на интер-
интервале а ^ t ^ Ь. По теореме о среднем значении при лю-
любом р > 0 существует только одно число хр
такое, что
ь
а
Найти lim xp.
р->оо
Herbert Robbins
205.	Булевы кольца. Стоун называет кольцо «буле-
«булевым», если все элементы кольца удовлетворяют соотно-
соотношению х2 = х.
Доказать, что кольцо, все элементы которого удовле-
удовлетворяют соотношениям х2 •= ±х, является либо буле-
булевым, либо прямой суммой булева кольца и поля вычетов
по модулю три.
Irving Kaplansky
206.	Выпуклые многогранники. Доказать следующие
две теоремы аффинной трехмерной геометрии.
а. Если все грани выпуклого многогранника — парал-
параллелограммы, то число их равно произведению двух по-
последовательных чисел,
66

б. Если каждая грань выпуклого многогранника об-
обладает центром симметрии, то и весь многогранник об-
обладает центром симметрии.
Н. S. М. С о х е t e г
207.	Заблудившийся охотник. В одном мало изучен-
изученном уголке Земли, известном под названием Дикая об-
область, заблудился охотник. Правда, у него был с собой
наручный компас и вдал_и, на вершинах двух холмов,
виднелись огни — там находились хижины А и В каких-
то бродяг. Азимуты направлений на А и В из точки О,
где жил сам охотник, он помнил. Дойдя до точки С, охот-
охотник измерил азимуты направлений на точки А п В, за-
затем, перейдя в расположенную неподалеку от С точку D,
он измерил азимуты направлений в точки А, В и С.
Охотнику почему-то казалось, что эти семь азимутов по-
позволят ему определить направление, ведущее к дому, то
есть азимут направления из D в О.
Доказать, что в случае общего положения точек О, А,
В, С, D задача охотника допускает решение, если у него
есть либо математические таблицы, либо линейка (в по-
последнем случае охотник может использовать в качестве
транспортира картушку компаса). Описать исключитель-
исключительные случаи и убедиться, что охотник и здесь может
найти дорогу домой, хотя, возможно, и не самую корот-
короткую.
В. М. Stewart
208.	Верхняя грань членов разложения бинома. Из
теории вероятностей известно, что при фиксированном
значении х, удовлетворяющем неравенствам 0 <. х < 1,
наибольший из п -f 1 членов (") хг{ 1 — х) п~г (г — 0,
*• ••., п) при п-><х> асимптотически равен
[2ппхA— х)]-\
Доказать, что при всех целых п и г, удовлетворяю-
удовлетворяющих неравенствам n~^\, 0^.r^.n, и любых значе-
значениях 0 <; х < 1 выполняется неравенство
(п)хг{1 -
[2епхA-х)]''
Это неравенство неулучшаемо в том смысле, что чис-
итель его правой части нельзя заменить ни на какое
число меньше 1.
Fritz Herzog
3*	' 67

209. Ортогональные наборы целых чисел. Пусть с, Ь,
с, R — целые числа, удовлетворяющие соотношению
a2 -f- Ъ2 -f- с2 = R2. Решить в целых числах систему
ах-\- by -f cz = 0.
Norman Anning
210. Верхняя грань интеграла. Доказать, что
(я
^ \w (tier* dt <(?)".
где f — вещественная переменная, п — положительное
целое число и w(t)='(t— 1) (t — 2). ..(< — «+ 1).
С. D. Olds
211.	Игра на совпадение чисел. На поверхности стола
последовательно выписаны целые числа от 1 до п, каж-
каждое из них — на одном из п кружков. Кружки повернуты
вверх оборотной стороной так, что играющим не видны
написанные на кружках числа — номера кружков. Каж-
Каждый играющий, дождавшись своей очереди, накрывает
наугад кружками все числа, написанные на столе. Затем
кружки перевертывают и подсчитывают очки. Играющий
получает число очков, равное числу кружков, номера ко-
которых совпали с накрытыми ими числами.
Найти вероятность того, что номера k из п кружков
совпали с накрытыми этими кружками числами.
Vladimir Karapetoff
212.	Определение фальшивой монеты при помощи
взвешиваний. Чему равно наибольшее число Л„ монет
одинакового достоинства, из которых при помощи п взве-
взвешиваний на рычажных весах без гирь можно выделить
фальшивую монету и определить, тяжелее она или легче
полноценных? Известно, что фальшивая монета одна.
N. J. Fine
213.	Определенный интеграл. Вычислить интеграл
° e~xl dx
H. F. Sand ham
68

214. Непрерывность по Чезаро. Пусть {хп}—>а
означает, что lim (я, +х2+ ... +х„){п = а. Функция
f(x) называется непрерывной по Чезаро в точке х = а,
если из соотношения {*„}—» а следует соотношение
С
Доказать, что функция f(x) = Ах + В непрерывна по
Чезаро при любом значении х и что функция, непрерыв-
непрерывная в смысле Чезаро, хотя бы при одном значении
х = а, имеет вид f(x) =¦ Ах -\- В.
Herbert Robbins
215.	Разложение положительного целого числа в про-
произведение целых сомножителей. Пусть т — положитель-
положительное целое число, простые делители которого не превосхо-
превосходят числа п, и т ^ n(ft+1V2.
Доказать, что т можно представить в виде произве-
произведения k целых чисел, каждое из которых не превосходит
числа п, а показатель степени (&+ 1)/2 — наилучший из
возможных.
Paul Erdos
216.	Объем симплекса как функция длин его ребер.
Если две точки перенумерованы и 12 означает расстоя-
расстояние от точки 1 до точки 2, то
0	ПГ2 1
2р 0 1
1	1 О
где L — длина отрезка, концы которого совпадают с точ-
точками 1 и 2.
Обобщить приведенное соотношение на случай тре-
треугольника и тетраэдра, показав, что соответствующие
определители равны —16 S2 и 288 V2, где S — площадь
треугольника, а V — объем тетраэдра.
J. H. Butchart
217.	Области, в которых модули двух многочленов не
превосходят единицы. Пусть f(z) = 2я +_... + а„,
69

g(z)=*zm+' ... ;+- Ьт — два многочлена; А — область
комплексной плоскости, в которой |/(z)j^ 1, В — об-
Ласть комплексной плоскости, в которой 1^BI^ 1.
Доказать, что область В не может быть собственным
Подмножеством области А.
PaulErdos
218. Определитель, делящийся на (х— 1)" . Доказать,
что определитель
(х2 - 1)/2 (х3 - 1)/3 ,.. (*«+" - 1)/(п + 1)
• • . . .	» ¦	......
{хп — \)]п (х"+! — Щп + 1) ... (л;2"-' — 1)/Bп—1)
равен А(х—1)"*, где А — коэффициент, не зависящий
от х.
Irving Kaplansky, D. С. Lewis
219.	Диатомическая последовательность Штерна. На-
Написав подряд две единицы, вставим между ними двойку.
Затем между- любыми двумя числами, сумма которых
равна 3, впишем тройку, между любыми двумя числами,
сумма которых равна 4, — четверку и так далее.
Доказать, что число п окажется вписанным ровно
Ф(гс) раз (п > 1, ф(п)—функция Эйлера1).
Н. D. Grossman
220.	Инверсоры Поселье. Пусть AXBZ — шарнирный
ромб, вершины которого А и В соединены стержнями АО
и ВО равной длины с неподвижной точкой О, OCZD —
другой шарнирный ромб, YC и YD — стержни равной
длины. (Вся конструкция в целом представляет собой
как бы два наложенных друг на друга инверсора По-
Поселье.)
Доказать, что, когда точка У описывает окружность,
точка X описывает некоторое коническое сечение.
Н. F. Sandham
1 По определению функция	Эйлера <р(и) равна числу членов
конечной последовательности 1,	,,., п—1, взаимно простых с й
(см. III. 8). — Прим. ред.
70

221.	Число, записываемое одними и теми же цифрами
в двух различных системах счисления. Каким соотноше-
соотношением должны быть связаны числа N, В и В' для того,
чтобы в системах счисления с основаниями В и В' чис-
число N было трехзначным и записывалось одними и теми
же цифрами? Считая известным основание В одной си-
системы счисления, найти число Л^ и основание В' другой
системы счисления. Пользуясь полученными результата-
результатами, рассмотреть случай, когда В = 10.
Victor Thebaul t
222.	Мяч, прыгающий по наклонной плоскости. Из
точки О наклонной плоскости, образующей угол А с го-
горизонтальной плоскостью, брошен мяч. Начальная ско-
скорость мяча направлена в вертикальной плоскости, прохо-
проходящей через прямую наибольшей крутизны наклонной
плоскости, и образует угол В с направлением вдоль этой
примой, ведущим вверх по наклонной плоскости.
Считая наклонную плоскость гладкой, мяч абсолютно
упругим, определить продолжительность tn полета мяча
по я-й дуге и координату хп точки, в которой мяч уда-
ударяется о наклонную плоскость в конце я-й дуги. Вернет-
Вернется ли когда-нибудь мяч в точку О? Совершит ли он хоть
один полет по вертикали? Чему равно наибольшее зна-
значение лг„?
W. В. С a m p b е 11
223.	Сходимость ряда. Пусть
/г=1
2>л-ал|в<~
при любом а>0.
Доказать, что ряд ? ап сходится.
Richard Bellman
224. Делимость факториалов. Хорошо известно, что
число B/г)!/«! («-Ji 1)! — всегда целое.
71

Доказать, что при любом k существуют бесконечно
много чисел п, для которых число Bп)\/п\(п^\- k)\ целое.
Paul Erdos
225.	Семь точек на плоскости и равнобедренные тре-
треугольники. На плоскости даны 7 точек. Доказать, что
среди них всегда найдутся три такие, которые служат
вершинами неравнобедренного треугольника. Для 6 то-
точек аналогичное утверждение выполняется не всегда.
.(Если точка В лежит на отрезке АС и АВ Ф ВС, то тре-
треугольник с вершинами в этих точках по определению не
считается равнобедренным.)
Paul Erdos
226.	Предел последовательности. Последовательность
{хп} задана рекурреытным соотношением
_ (n-l)g	,	1
*» ~ 1 + (и - 1) g Xtl~1 + 1 + (я - 1) g Хп~2'
где Xq vl Х\ — известные числа, a g — заданная положи-
положительная величина.
Найти \\тхп.
G. Р 61 у а
227.	Ортоцентр и треугольник. На плоскости даны
четыре точки, не лежащие на одной прямой.
Доказать, что каждая из них совпадает с ортоцен-
ортоцентром треугольника с вершинами в трех остальных точках
в том и только в той случае, если выполняется соотно-
соотношение
± 34 • 42 ¦ 23 ± 4ЫЗ • 34±12 • 24 ¦ 41 ± 23 • 31 • 12 = О,
где rs означает расстояние между точками s и г и знак
трех слагаемых отличаются от знака четвертого.
Н. F. Sandham
228.	Бесконечный ряд и бесконечное произведение.
Доказать, что если
то с точностью до порядка «а = 2h~l.
Richard Bellman
72

229. Доказательство континуум-гипотезы Г. Кантора?
Верно ли следующее доказательство гипотезы Г. Кан-
Кантора о мощности континуума?
«Пусть X—множество всех бесконечных последова-
последовательностей нулей и единиц, а Е— любое несчетное под-
подмножество множества X. Каждому конечному набору
{аи а2, ¦ ¦ ¦, ah), состоящему из нулей и единиц, сопоста-
сопоставим Е(аи а2, ..., ah)— множество всех последовательно-
последовательностей {хп}, принадлежащих множеству Е, начальный от-
отрезок которых совпадает с набором {аи а2, ..., ah}. По-
Поскольку Е = Е@) + ЕA), по крайней мере одно из мно-
множеств Е@) или ?A) несчетно. Выберем а^ = О, если
множество Е@) несчетно, и ах = 1, если Е@) счетно.
Тогда независимо от того, какое из двух допустимых зна-
значений принимает аи множество E(ai) несчетно. Пусть аг
уже определены при i = 1, 2, ..., k так, что множество
?(йь ..., ah) несчетно. Выберем ah+l = О, если множе-
множество Е(аи ..., ан,0) несчетно, и ah+\ — 1, если множе-
множество E(ai	Gft, 0) счетно. Построенная бесконечная
последовательность {а\, #2, •. ,} обладает тем свойством,
что при любом k множество Е(аи .... ak) несчетно.
Обозначим Е* объединение всех Е{аи ..., ah) при & =
= 1,2, ... . Тогда Е*¦—подмножество (в действитель-
действительности даже несчетное подмножество) множества Е.
При некоторых положительных целых k справедливо
утверждение о том, что множества Е(а1	аи, 0) и
E(at, ..., ah, 1) несчетны (более того, это утверждение
должно в действительности выполняться для бесконечно
многих значений k): в противном случае при достаточно
большом k множество E(at, ..., а^) вопреки построению
не было бы несчетным. Пусть ku k2, ... — целые числа,
Для которых множества Е(аи ..., ой, 0) и Е(аи ...
-.., ah, 1) несчетны, и уп = #/щ+ 1 для любой последо-
последовательности {хи х2, ...} из Е*. Тогда {уи у2, ...} — беско-
бесконечная последовательность нулей и единиц. Из способа
получения чисел kn следует, что любая последователь-
последовательность нулей и единиц содержится среди последователь-
последовательностей у, и, таким образом, последовательностям {хи
Х2, ...} из Е* соответствует множество мощности конти-
континуума, а именно множество всех последовательностей у
(заметим, что многим последовательностям х из Е* мо-
Жет соответствовать одна и та же последовательность*/).
Следовательно, мощность мнсжества Е* (а значит, и
73

множества Е) не может быть меньше мощности конти-
континуума, а поскольку Е — подмножество множества X,
мощность множества Е* не может быть больше мощно-
мощности континуума. Таким образом, мы доказали, что каж-
каждое несчетное подмножество множества, обладающего
мощностью континуума, также имеет мощность конти-
континуума.
Howard Eves, Paul Halmos
230. Оценка площади поверхности вращения. Пусть
а > 0, b > 0 и f{x)—нелинейная функция, принимаю-
принимающая значения /@)=0, f(a)=b и такая, что при
0 ^ х ^ а справедливы неравенства f(x) ^ 0, f"{x)^
>0.
Доказать аналитически неравенство
а
2я J f (х) [1 + (Г (*))*]* dx < лЬ {а2 + Ь2I'1
(неравенство становится наглядным, если его правую и
левую части интерпретировать как площади поверхно-
поверхностей вращения).
G. Р 61 у а
231.	Свойства частичной суммы гармонического ряда.
Пусть р — простое число больше 3, a r/s — сумма пер-
первых р членов гармонического ряда:
Т "т"IF"•""з*"•" ¦'¦ /Г"
Доказать, что р3 делится на г — s.
С. F. P i n z k 1
232.	Верхняя плотность числовой последовательности.
Пусть Oi < а2 < ... — бесконечная последовательность
целых чисел, верхняя плотность которой больше • l/k.
[Обозначим через f(n) число членов последовательное!и,
не превышающих п. Тогда верхней плотностью последо-
последовательности называется lim f(n)/n.]
Доказать, что при подходящем выборе t уравнение
о/ = О/, + а-н + ... + alf, 1 < г < k,
74

разрешимо. В действительности существует бесконечно
много значений t, обладающих этим свойством.
Paul Erdos
233.	Кратные иррациональных чисел. Пусть b — за-
заданное положительное целое число, т = 1, 2, ... и q —
иррациональное число, удовлетворяющее неравенствам
О ¦< q < 1. Назовем интервал (т, т + 1) лакуной, если
он не содержит числа, кратного b -f- q.
Доказать, что любой набор из b последовательных
лакун содержит ровно одно число, кратное 1 + b/q.
S. H. Gould
234.	Рациональные функции от cosn Ф и sin71 Ф. До-
Доказать, что при любом положительном нечетном п функ-
функции cos ¦& и sin Ф можно представить в виде рациональ-
рациональных функций от sinn Ф и cos" ¦& с рациональными коэффи-
коэффициентами. Найти явные выражения для этих функций
при п = 3.
I. S. Cohen
235.	Расходящиеся ряды и сходящийся ряд. По
оо	оо
строить два расходящихся ряда ? aft и X! bk (aC^o,^
Ь\7^Ъ2~^ ... ^0), таких, что если ck^
<tnin(ab bk), ck>0, то ряд ? cft сходится.
k=i
i	Peter Ungar
236.	Целые числа, в десятичной записи которых встре-
встречаются лишь нули и единицы. Дано произвольное целое
число п. Доказать, что всегда можно найти число, деля-
делящееся на п, для записи которого в десятичной системе
счисления необходимы лишь нули и единицы. _ Суще-
Существует ли алгоритм для нахождения наименьшего из та-
таких чисел?
М. S. Knebelman
237.	Кривые, вдоль которых z совпадает с аналитиче-
аналитической функцией от г. Функция комплексного перемен-
переменного z, переводящая г в комплексно сопряженное чис-
Ло z, нигде не аналитична. Тем не менее, если С — про-
75

извольная окружность или прямая, то существует функ-
функция f(z), которая в каждой конечной точке линии С ана-
литична и равна г. Доказать это утверждение. Рассмо-
Рассмотреть также другие кривые, для которых существует
функция, обладающая аналогичными свойствами.
Е. P. S t а г k e
238.	Постоянная Эйлера. Доказать, что
оо
SCOS X2 — COS X . 	 1 л
- XIX—2-С,
О
где С — постоянная Эйлера.
Н. F. Sandham
239.	Представление целых чисел в виде «fe-я степень
целого числа плюс простое число». Доказать, что при
любом заданном целом k > 1 существует бесконечно
много k-x степеней целых чисел, не представимых в виде
суммы простого числа и k-h степени целого числа.
% С. R. Phelps
240.	Задача А. Эддингтона о четырех лжецах. В своей
книге «Новые пути в науке» * Артур Эддингтон приводит
следующую задачу: «Если А, В, С и D говорят правду
лишь в одном случае из трех (независимо друг от друга)
и А утверждает, что В отрицает, что С говорит, будто D
лжец, то какова вероятность того, что D сказал правду?»
Пользуясь методом исключения, Эддингтон нашел, что
она равна 25/вь
Доказать, что правильное значение вероятности собы-
события, о котором говорится в условии задачи, равно 13/81 и
что с той же вероятностью каждый из лжецов А, В и С
сказал правду.
J. W. С a m p b е 11
241.	Оценка снизу частичных сумм ряда Фурье.
Функция — In sin-тг х разлагается в ряд Фурье вида
I ^ . 1
1 A. S. Eddington, New Pathways in Science, Cambridge, 1935,
p. 121.
76

Доказать, что частичные суммы этого ряда всегда не
меньше — 1.
Р. Т. В a t e m a n
242. Суммирование ряда. Вычислить
Н. F. Sandham
243.	Автоморфизмы групп. Доказать, что любая
группа, содержащая более двух элементов, допускает ав-
автоморфизм, отличный от тождественного.
Irving Kaplansky
244.	Непрерывные дроби и вычисление корней по ме-
методу Ньютона. Известно, что если непрерывная дробь
		я
сходится, то ее значение совпадает с большим по мо-
модулю корнем уравнения хг — рх -f- Я = О- С другой сто-
стороны, вычисляя больший корень того же уравнения по
методу Ньютона, мы получаем последовательные при-
приближения вида
X\-pxk+q	xj-q
4+l = xk	___==1-_.i k = 0, 1, 2, ...
Доказать, что если Хо совпадает с первой подходящей
Дробью непрерывной дроби х, то хи х2, ... также совпа-
совпадают с подходящими дробями непрерывной дроби х и
сходятся к тому же корню.
Н. S. Wall
245. Разность кубов двух последовательных чисел.
Доказать следующее утверждение: если разность кубов
Двух последовательных целых чисел представима в виде
Квадрата некоторого целого числа, то она представима
в виде суммы квадратов двух последовательных целых
чисел.
R. С. L у n e s s
77

246. Единичный элемент группы в виде произведения
элементов последовательности. Пусть аи аг	ап — п
не обязательно различных элементов группы порядка п.
Доказать, что существуют целые числа р и q, 1 ^ р ^
j^s Ц ^ ni Для которых
где е — единичный элемент группы.
Leo Moser
247.	Делители числа л;2™ + у2". Доказать, что если
х к у взаимно простые числа, то любой нечетный де-
делитель числа
о" ¦ "
& + У ,
где п — положительное целое, имеет вид 2"+|т+1-
Joseph Rosenbaum
248.	Коэффициенты многочленов Бернулли второго
рода. Пусть
\=\х(х—1) ... (х — п + 1)dx,
о
1
Ф„=^л:(х4- 1) ... {х + п— l)dx.
о
Доказать, что (— 1)"'б'п:=ф/1 — «фп-1 и выразить Ф„
через ¦&„.
G. Т. Williams
249.	Формула для числа я. Доказать, что
1 +\ 2 / +4 3 / + *•* ^"Збб"-
Н. F. Sandham
250.	Абсолютная величина многочлена и его произ-
производной. Пусть f(z) = zn+ ...—многочлен степени п,
^ — замкнутая (не обязательно связная) область, в ко-
которой |/(z)|<l.
78

Доказать, что в Af всегда можно найти точку z0,
в которой \f'(zo)\^n (равенство соответствует случаю,
когда /(z) = z").
- Paul Erdos
251.	Суперпозиция функций Эйлера. Пусть k и
х — положительные целые числа, fh (х) = kq> (х), где
фМ — функция Эйлера1, и
/*(*) =/?"'[/!(*)]
при / = 2, 3, ..,,
Доказать, что при k ^ 3 последовательность f\ (х),
fl(x)	 начиная с некоторого члена, содержит лишь
одну и ту же повторяющуюся постоянную, а при k ^ 4,
начиная с некоторого члена, монотонно возрастает.
V. L. Klee, Jr.
252.	Лотерея. Мой приятель Моррис организовал
в школе лотерею. Нескольким членам инициативной
группы было поручено изготовить лотерейные билеты.
Справившись со столь ответственным поручением, каж-
каждый из них сброшюровал билеты своей серии в книжеч-
книжечку, всего на сумму 12 шиллингов (билеты продавались
по цене 1 пенс2 за штуку). Школьник, вытянувший вы-
выигрышный билет, получил приз: несколько марок досто-
достоинством в б пенсов каждая. Когда я спросил у Морриса,
сколько марок получил счастливчик, он ответил, что это
я мог бы выяснить и без его помощи. Необходимо лишь
иметь в виду, что, прежде чем назвать номер билета, на
который пал выигрыш, все распространители лотерейных
билетов собрались за круглым столом и каждый сооб-
сообщил, на какую сумму он продал билеты и сколько биле-
билетов у него осталось. При этом выяснилось следующее:
а)	все распространители продали различное число
билетов;
б)	число лотерейных билетов, оставшихся у каждого
распространителя, равно произведению сумм (в шиллин-
шиллингах), вырученных от продажи билетов его ближайшими
соседями по столу;
' См. примечание к условию задачи 219 и III. 8. — Прим. ред.
В 1 шиллинге 12 пенсов, — Прим. перев.
79

в) когда каждый из распространителей лотерейных
билетов получил из собранных денег вознаграждение в
размере 1 пенса, оставшаяся сумма в точности совпала
со стоимостью марок, которые достались школьнику, вы-
выигравшему лотерею.
Сколько было распространителей лотерейных билетов
и сколько билетов продал каждый из них?
R. С. L у n e s s
253. Бесконечные ряды и бесконечное произведение.
Доказать следующее тождество:
1 + ,._^ 2 И	?-	2-т +
X3
"*" A — хJ A — х2J A — х3J ~т~ ••• =
1 — х + х3 — Xе+ х10— ...
~~ Ц1 -х)A -х2)A -х3) ...]2 '
N. J. Fine
254.	Уравнение Клеро. Рассмотрим обыкновенное
дифференциальное уравнение Клеро y = px^-f(p), где
р = у" и / — дифференцируемая функция.
Доказать, что если f — монотонная функция, то осо-
особое решение уравнения Клеро имеет ровно одну общую
точку с любым частным решением.
Albert Wilansky
255.	Подмножество элементов группы. Пусть G —
абелева группа и А — подмножество, содержащее п ее
элементов и такое, что из ее/1 следует сг1 ф.А. Рас-
Рассмотрим nz (не обязательно различных) элементов груп-
группы G вида а,-о,-, где щ, а] принадлежат подмножеству А.
Доказать, что не более ( „ J этих элементов принад-
принадлежат подмножеству А.
Leo Moser
256.	Бесконечные ряды и число я. Доказать, что
_J_ , 1	1
(sh лJ "г" B sh 2яJ + C sh ЗяJ "*"*••
11л2
80
З2 ~ 52 '") 180 '
Н. F. Sandham

257 Обобщение теоремы Ферма. Пусть р — простое
число больше Зип = B2р — 1)/3.
Доказать, что 2" — 2 делится на п.
Paul Erdos
258.	Ряд с иррациональной суммой. Пусть щ <
<; «г < ¦ • • < nh <¦ • ¦ ¦ — последовательность целых чи-
чисел, таких, что Мтп^щгц, ... nk-i = °°.
оо
Доказать, что сумма ряда ? 1/п« иррациональна.
Paul Erdos
259.	Биномиальные коэффициенты и целая часть чис-
числа. Доказать, что
где р—простое число.Г") —число сочетаний из п по р,
[k] — целая часть числа k.
Доказать также, что если [п/р] имеет делитель ра, то
делится на ps.
Pedro A. Piza
С)
260. Квадрат, вписанный в любую простую замкну-
замкнутую кривую. Доказать, что на каждой простой замкну-
замкнутой плоской кривой существуют четыре точки, которые
могут служить вершинами квадрата.
Orrin Frink
261 '. Прямые Эйлера и окружность девяти точек.
Дан треугольник ABC; АА\ В'В' и СС — его высоты.
. Доказать, что прямые Эйлера треугольников АВ'С,
л ВС, А'В'С пересекаются в такой точке Р окружности
Девяти точек, для которой один из отрезков РА', РВ',
^с' равен сумме двух других отрезков.
Victor Thebault
262. Естественная граница функции. Пусть ¦& — ирра-
иррациональное число, а = е'Ол. Доказать, что естественной
U Удовлетворительное решение этой задачи мне неизвестно.—
81

границей функции / (z) = ? а"'гп служит единичная
окружность.
A. W. Goodman
263.	Делимость членов бесконечной числовой после-
последовательности. Пусть ai < а2 < ...— бесконечная по-
последовательность целых чисел. Доказать, что в ней су.
ществует либо бесконечная подпоследовательность, лю-
любые два члена которой не кратны друг другу, либо бес-
бесконечная подпоследовательность, каждый член которой
кратен предыдущему.
Paul Erdos
264.	Бесконечная числовая последовательность, в ко-
которой ни один член не делит другой. Пусть а\ < Ог •<
[<.... — бесконечная последовательность целых чисел.
Доказать, что из последовательности щ -+¦ ctj, i= 1,2
j = 1,2..., всегда можно выбрать бесконечную последо-
последовательность, ни один элемент которой не делит другой.
Paul Erdos
265.	Кривая, ограничивающая плоскую фигуру с наи-
наинизшим положением центра тяжести. Найти кривую, дуга
которой длиной I > 2а, расположенная ниже оси х и со-
-единяющая точки (—а, 0) и (а, 0), ограничивает снизу
фигуру (верхней границей фигуры служит отрезок
[—а, а] оси х) с наинизшим расположением центра тяже-
тяжести. Такую форму примет невесомая гибкая нить с кон-
концами, закрепленными в точках (—а, 0), (а, 0), если ее
доверху (до оси х) наполнить «двумерной водой».
Orrin Frink
266.	Функция, представляющая простые числа. Пусть
Rnh — числа, определяемые соотношением 4
^¦-^¦ТТ8ш(и/«-
sin пг
1 Запись соотношения подразумевает и ^ 2, но утверждение
гп	z2)
верно и при и = 1, если при этом в левой части оставить—Ц	-•
Sill ЗТаС
Это показывает, в частности, разумность соотношения ТТ а, = U
Се/
если множество индексов / пусто. — Прим, ред.
82

Доказать, что JimRnk'h совпадает с первым простым
пяслом, которое больше п.
Я. М. Я е d h e f f e г
267.	Числа Фибоначчи и числа Мерсенна. Последова-
Последовательность {а} = 3, 7, 47, 2207,4870847	используемую
при проверке простых чисел Мерсенна, обычно задают
соотношением ап+] =а\ — 2, п> 1.
Доказать, что ту же последовательность можно за-
задать соотношением ak = F2k+\ JF2k {k ^ 1), где Ff — чис-
числа Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, ... .
D. H. Browne
268.	Планета постоянной плотности. Сферическая
планета, плотность которой в любой точке Р зависит
лишь от расстояния между точкой Р и центром планеты,
обладает следующим свойством. Если между двумя точ-
точками на поверхности планеты прорыть тоннель с идеаль-
идеально гладкими стенками, то время, за которое предмет,
брошенный в тоннель, будет скользить от одного конца
тоннеля до другого, не зависит от выбора точек на по-
поверхности планеты.
Доказать, что плотность планеты постоянна.
Я J. W а 1 к е г
269.	Кольцо с делением. Элемент кольца х называется
правым квазирегулярным, если существует элемент у
того же кольца, такой, что х + у -f- ху = 0. Ясно, что в
кольце с делением любой элемент, кроме —1, является
правым квазирегулярным.
Доказать обратное утверждение: если в кольце А
каждый элемент, кроме одного, правый квазирегуляр-"
иый, то Л — кольцо с делением.
Irving Kaplansky
270.	Ряд из целых частей. Доказать, что
любого положительного целого числа п {Щ озна-
, как обычно, целую часть числа k).
N. S. Mendelsohn
13

271.	Задача Банаха о спичечных коробках. Эту за-
задачу предложил проф. Гуго Штейнгауз. Известный поль-
польский математик Стефан Банах имел обыкновение но-
носить в каждом из двух карманов пальто по коробку спи-
спичек. Всякий раз, когда ему хотелось закурить трубку, он
выбирал наугад один из коробков и доставал из него
спичку. Первоначально в каждом коробке было по п спи-
спичек. Но когда-то наступает момент, когда выбранный на-
наугад коробок оказывается пустым.
Какова вероятность того, что в другом коробке оста-
осталось k спичек?
D. A. D а г 1 i n g
272.	Бесконечное отношение. Доказать, что1
2 /5 /8 /11	/5"
Т/Т/Т/То'-" ~^6 •
Н. F. Sandham
273.	Множество точек минимума. Функция f(x, у) не-
непрерывна на всей плоскости. На каждой окружности с
центром в начале координат существуют точки, в кото-
которых \{х,у) достигает минимума.
Связно ли множество всех точек минимума функции
Albert Wilansky
274.	Делители и кратные конечного набора чисел.
Пусть f(n; au ..., ал)—число элементов в множестве
положительных целых чисел т ^п, являющихся либо
делителями, либо кратными одного из чисел щ A <
.< о* < п).
Доказать, что
f{n; аи а2, .... afc)</(n; 2, 3	pk),
где 2, 3, ..., ph — первые k простых чисел.
Paul Erdos
1 Символ ai/аг/аз... («бесконечное отношение») обозначает
предел (если таковой существует) последовательности Ац, опреде-
определяемой формулами
ОП-1	д	_
' 2"+1
2" a2at
Прим. ред.
64

275. Постоянная Эйлера. Доказать, что
и=1
где Ы — целая часть числа х, а С — постоянная Эйлера
(см. Ш. 12).
Н. F. Sandham
276.	Числовые множества, обладающие делительным
свойством. Пусть 5 — множество положительных целых
чисел. По определению множество S обладает делитель-
делительным свойством, если любое его бесконечное подмноже-
подмножество содержит два различных числа, одно из которых
является делителем другого.
Пусть at < о2 < •.. — бесконечная последователь-
последовательность положительных целых чисел, обладающая дели-
делительным свойством.
Доказать, что множество произведений вида
аХ2 •••«**. ai>°
также обладает делительным свойством.
Paul Erdos
277.	Кругосветный полет. Каждый самолет, входящий
в некоторую группу, может служить заправщиком для
любого другого самолета той же группы. Емкость топ-
топливных баков каждого самолета позволяет ему проле-
пролететь без дозаправки горючим одну пятую окружности
Земли. Предполагается, что все самолеты летят с одина-
одинаковой постоянной скоростью относительно Земли и оди-
одинаково расходуют горючее; имеется лишь одна посадоч-
посадочная площадка; весь запас горючего хранится на базе и
время заправки пренебрежимо мало.
Определить наименьшее число самолетов, необходи-
необходимых для обеспечения кругосветного полета одного само-
Лета и его благополучного возвращения на базу.
Free Jamison
278.	Отрезки и многочлены. Дано некоторое множе-
множество прямолинейных отрезков, параллельных оси у и та-
таких, что любые п -f- 2 из них пересекаются графиком не-
к°торого многочлена степени п.
85

Доказать, что существует многочлен степени п, гра-
график которого пересекает все отрезки.
Melvin Dresher
279.	Последовательность целых чисел, ни одно из ко-
которых не делит другое. .Пусть ct\ < а2 <....— бесконеч-
бесконечная последовательность чисел с положительной верхней
плотностью 1.
Доказать, что существует бесконечная подпоследова-
подпоследовательность элементов этой последовательности, ни один
из которых не делит другой (более того, существует бес-
бесконечная последовательность чисел а{1, ai2, ,.., такая,
что 2 l/atft==o° и ни одно из чисел аг8 не делит дру-
другое).
Paul Erdos
280.	Сумма чисел, обратных элементам конечного
набора. Пусть а\ < а2 < ... < о* ^ п — конечный на-
набор таких положительных целых чисел, что наименьшее
общее кратное любых двух из них больше п
Доказать, что
Y-L<2.
Z-i о,-
Paul E rdo
281.	Тетраэдр с концентрическими вписанной и опи-
описанной сферами. Определить, какому условию должны
удовлетворять две концентрические сферы для того, что-
чтобы одну из них можно было вписать в тетраэдр, а дру-
другую описать вокруг того же тетраэдра. Построить тетра-
тетраэдр, вписанный в одну сферу и описанный вокруг другой
сферы.
Josep.h Rosenbaum
282.	Ступенчатая функция. Пусть ¦& (а, К) — наиболь-
наибольшее из чисел, удовлетворяющих условиям
0<Ф<1, A), f{a + h) = f{a) + hff(a
где f(x)= x2s\n(l/x) при х^О и /@) =
[ЛО@/)]1
1 Верхней плотностью последовательности различных целых чи-
чисел {а*} называется Пт—-—, где N(n)—число членов после*
гс-»оо п
довательности, не превышающих п. — Прим. ред.
86

Доказать, что при Л->0 величина %Aг) стремится к
бесконечности как ступенчатая функция. Иначе говоря,
при любом заданном е > 0 найдется такое число #(е),
для которого при \h\<c H величина %(h) при некотором
целом п отличается от (п + '/г)^ меньше, чем на е, то
есть выполняется неравенство ЩЛ) — (/г -|- V2) Jt | < е.
При h->О число п—*оо.
Albert Wilansky
283.	Последовательность синусов При каких веще-
вещественных значениях х последовательность /n(A')=sin 7"ял;
сходится и к какому пределу?
Ку Fan
284.	Равномерно ограниченные суммы. Пусть ((х)) =
= х [х] — y •
Доказать, что суммы
и=1
равномерно ограничены.
т))
N. J. F i n e
285.	Закон притяжения. По закону всемирного тяго-
тяготения Ньютона, сила притяжения, с которой действуют
Друг на друга два тела, обратно пропорциональна квад-
квадрату расстояния между ними. При этом однородная ма-
материальная сфера действует на точку, расположенную
вне ее так, как если бы вся масса сферы была сосредо-
сосредоточена в ее центре.
Существуют ли какие-нибудь другие зависимости
силы от расстояния, кроме ньютоновской 1/г2, обладаю-
обладающие тем же свойством?
R. J. W а 1 k e г
286.	Бесконечный ряд последовательных интегралов.
Пусть ft(x)—функция, интегрируемая по Риману на ин-
интервале 0 < х < М, и
X
fn+Ax)=\fn(f)dt, /1=1,2, ... .
о
87

Доказать, что функция
и=1
определена и непрерывна на том же интервале, за иск-
исключением, быть может, точек разрыва исходной функции
fi{x). Найти простое выражение для ц>(х).
Е. P. Starke
287.	Конечные последовательности нулей и единиц,
содержащие все «-значные двоичные числа. Трехзнач-
Трехзначные отрезки конечной последовательности нулей и'еди-
и'единиц 1110001011 позволяют получить все трехзначные дво-
двоичные числа, причем каждое число ровно один раз. При
произвольно заданном положительном целом числе п
аналогичную конечную последовательность нулей и еди-
единиц можно построить следующим образом. Выпишем
сначала подряд п единиц. Затем, сдвигаясь каждый раз
на один знак вправо, будем вписывать на вакантное
место 0, если получающееся при этом n-значное двоич-
двоичное число не встречалось нам раньше, и 1 в противнем
случае.
Доказать, что построенная таким способом последова-
последовательность из 2п -f- п— 1 знаков обладает таким же свой-
свойством, что и последовательность нулей и единиц, приве-
приведенная в начале задачи для случая п = 3.
Peter Ung-r
288.	Сумма r-х степеней делителей. Пусть ог(п) озна-
означает сумму r-х степеней делителей положительного це-
целого числа п.
Доказать, что
ог (п) о, (т) = Y, dror (run \ d2),
dUn, m)
где d принимает значения, равные всем общим делите-
делителям чисел пит.
Paul Bateman
289.	Компоненты лемнискатного множества. Пусть
/(*) = ?1B-2,), |Z,|<1.
88

рассмотрим множество точек комплексной плоскости, в
которых |f(z)|< 1.
Доказать, что это множество состоит не более чем из
п— 1 компоненты.
Paul Erdos, W. H. Fuchs
290. Система линейных уравнений. Дано N чисел ат,
удовлетворяющих N линейным уравнениям
т=>\
Доказать, что
N
2m+ I	BJV+ 1)-! '
т=\
F. J. D у s о п
291. Ограниченная сумма. Данное целое число k и
комплексно-значная функция f(n), определенная на мно-
множестве положительных целых чисел и такая, что /(^0 =
= 1(пг) при tii = n2(rnod k), |/(я)|^1 для всех п,
k
f(«)=0 при А: |п и Е/(«)==0.
Доказать, что
I оо
fin)
Iz
Paul Bateman
292.	Производная в точке максимума модуля. Пусть
i(.z)—функция, аналитическая в единичном круге и на
его границе (|г|< 1), z0 — точка, в которой \f(z)\ до-
достигает максимума на единичной окружности (|zo|= 1).
Доказать, что f'(zo) Ф 0.
Paul Erdos
293.	Несобственный интеграл. Вычислить интеграл
оо
Г 1пд; ,
1 •"+»¦
Н. F. Sandham
89

294. Две последовательности целых частей. Пусть"
f(n) и g(n)—две последовательности натуральных чи-
чисел, заданные следующими тремя условиями:
1) /(i)i
) /()
2)	g(n) = па — 1 — f(n), если а — целое число боль-
ше 4;
3)	f(n-\- 1)—наименьшее натуральное число, отлич-
отличное от 2п чисел f A), /B), .... /(я); g(l),gB),.. .,g(n).
Доказать, что существуют постоянные аи р, для ко-
которых
f{n) = [an], g(n) =
Здесь [х], как обычно, означает целую часть числа х.
Ку F а п
295. Корни уравнения tg x = х. Каждый положитель-
положительный корень уравнения tgjt = x можно представить в
виде х = (р-{- ll2)n — ¦&, где р — любое неотрицательное
целое число, а
.. где | =
Коэффициенты Со, Сь С2> ... — положительные рацио-
рациональные числа.
Доказать, что при больших п коэффициент С„ можно
представить в виде
С„ = 12-* Г A) п-"' • (fJn+1 Bn + О"''' A + со„).
При п -> оо величина соп стремится к нулю так, что за*
писанный выше ряд для ¦& сходится даже при р = 0.
С. D. Olds
296. Функции Эйлера сШп>(*)- Функции Эйлера dHn)(*)
определены соотношениями
T	A)
о
f	B)
90

Доказать, что при | х |< я/2
2 \2n+l i
secx =
n=l
Carl Cohen
= 1 + / ? D) [dlBn> (-0 ~ <"<2"> (')] *2"- D)
297. Распределение целых чисел специального вида.
Пусть Gi = 2-3, а2 = 3-5, с3 = 5-7, .,,, ak = phpk+i, где
Ph — k-e простое число, /(п)—число элементов в мно-
множестве целых чисел вида Ц ааг1 (ai ^ о), не превосходя-
превосходящих п.
Доказать, что
где у < с < 1.
Paul Erdos
298.	Сходимость ряда. Найти все значения аир, при
оо
которых ряд X «asinnB сходится.
и=1
R. Р. В о a s, J г., W. К. Н а у m а п
299.	Целые числа, имеющие общие множители с чле-
членами последовательности. Пусть щ, а^ — последователь-
оо
ность натуральных чисел, такая, что ряд X l/an расхо-
Дится.
Доказать, что почти все натуральные числа имеют об-
множители с какими-нибудь членами этой последо-
Бательности 1.
D. J. Newman
* Иначе говоря, дополнительное множество натуральных чисел
«еет нулевую верхнюю плотность (см. примечание к условию за-
Дачи 2791-ПримI ред.
91

300. Вычисление определителя. Вычислить определи-
определитель
— 1
0
-2
О
О
Ьп-1
Ъ„
Ьп-
п-2
где bn =
1 -п
А. С. A i t к е п
301.	Как разрезать прямоугольный параллелепипед?
Кусок дерева имеет форму прямоугольного параллелепи-
параллелепипеда, размеры которого относятся между собой как
1:1:2. Как распилить его на наименьшее число частей,
из которых можно было бы составить куб?
W. F. Cheney, Jr.
302.	«Незаконное» сокращение. Доказать, что суще-
существуют лишь три правильные дроби со знаменателями
меньше 100, которые можно привести к несократимому
виду, «незаконно» зачеркнув одинаковые цифры в числи-
числителе и знаменателе. Одна из них — это дробь
26
65
20
05
2_
5
Найти остальные две дроби и доказать, что друих
дробей, обладающих тем же свойством, не существует.
R. К. Мог ley
303.	Вероятность «черной» пятницы. Доказать, что
тринадцатое число месяца с большей вероятностью при-
приходится на пятницу, чем на другие дни недели.
В. Н. Brown
304.	Еще одно свойство гармонического ряда. Дока-
Доказать, что частная сумма
92

гармонического ряда не бывает целым числом ни при'ка-
при'каком N.
В. Н. Brown
305.	Простые числа в арифметической прогрессии.
Доказать, что, за единственным исключением, в любой
арифметической прогрессии, члены которой — положи-
положительные целые числа, а разность меньше 2000, простыми
числами могут быть не более 10 последовательных чле-
членов.
Morgan Ward
306.	Общий делитель двух чисел. Пусть d — наиболь-
наибольший общий делитель чисел а и b (a — a'd, b = b'd),
п — любое целое число, большее 1.
Доказать, что если число Ь' нечетно, то общий мно-
множитель чисел я° + 1 и пь — 1 не может быть больше 2.
Morgan Ward
307.	Объем тела вращения. Доказать, что объем тела,
образованного вращением куба с ребром длиной а во-
вокруг одной из его пространственных диагоналей, равен
В. W. J о n e s
308.	Чисто мнимое произведение. Доказать, что беско-
бесконечное произведение
в котором знаменатели образуют рекуррентную последо-
последовательность, определяемую соотношением Dn = 6Dn-i —
~~Dn_z (n ^ 2), Do = 3, Di = 17, — чисто мнимая ве-
величина.
D. H. Lehmer
309. Частный случай великой теоремы Ферма. Пусть
а, Ь и п — положительные целые числа, такие, что а>_Ь,
п> Ь и ап +„Ьп = сп.
Доказать, что число с не может быть целым.
Fred Discepoli
S3

310. Криптарифм. При умножении «столбиком» трех-
трехзначного числа на двузначное получилась следующая за-
запись!
Х РР
РРРР
РРРР
РРРРР
Буквы р означают «простые» цифры, отличные от 1
(то есть однозначные простые числа).
Восстановить значения цифр, зашифрованных бук-
буквой р, и доказать, что решение задачи единственно.
J. E. Trevor
311. Соотношения между биномиальными коэффици-
коэффициентами. Доказать, что знакопеременная сумма биноми-
биномиальных коэффициентов
п — 1\ /и — 2\ (п — 3\
(сумма продолжается лишь до тех пор, пока верхний ин-
индекс остается неотрицательным) принимает значение +1,
если п — целое число вида Зт; обращается в 0, если п —
целое число вида Зт + 2, и принимает значение —1, если
п — целое число вида Зт + 1.
Meyer Karlin
312. В одном банке. Штат одного из банков состоит
из 11 служащих, стоящих на различных ступенях слу-
служебной лестницы: президент, первый вице-президент,
второй вице-президент, третий вице-президент, главный
бухгалтер, кассир, контролер,счетовод, первый секретарь
президента банка, второй секретарь (оба секретаря вла-
владеют стенографией) и швейцар. Фамилии этих одинна-
одиннадцати сотрудников банка мы приводим в алфавитном ni-
рядкег мистер Адаме, миссис Браун, мистер Грант, мисс
Дейл, мистер Джоунс, миссис Кейн, мистер Кемп, мистер
Лонг, миссис Форд, мисс Хилл и мистер Эванс. Относи-
Относительно служащих банка известно следующее.
1. Президент банка души не чает в своем внуке, ис-
исполняющем обязанности третьего вице-президента, мис-
миссис Браун и контролер банка недолюбливают последнего,
94

2.	Контролер и второй секретарь потеряли недавно
своего отца и супруга.
3.	Второй вице-президент банка и контролер носят
шляпы одинакового фасона.
4.	Мистеру Гранту понадобилось продиктовать дело"-
вое письмо, и он потребовал, чтобы мисс Хилл срочно
прислала ему секретаря.
5.. Миссис Кейн, мистер Грант и мистер Лонг — со-
соседи президента банка; все остальные сотрудники живут
довольно далеко.
6.	Первый вице-президент и главный бухгалтер жи-
живут в фешенебельном «Клубе холостяков».
7.	Швейцар красит бороду и никого не приглашает в
свою комнатку под самой крышей.
8.	Банковские служащие молодого поколения, еще не
успевшие обзавестись собственными семьями, регулярно
собираются у одного из своих коллег, чаще всего у ми-
мистера Адамса и второго секретаря.
9.	Второй вице-президент банка и счетовод некогда
были помолвлены.
10.	Неизменно одетый по последней моде кассир до-
доводится зятем первому секретарю президента банка.
11.	Мистер Джоунс в тайне от счетовода, который
среди служащих является старшим по возрасту, регуляр-
регулярно отдает свои поношенные платья мистеру Эвансу.
Определить фамилию каждого из 11 должностных
лиц банка.
A. A. Bennett
313.	Снегопад. Снегопад в городе начался еще до
полудня и продолжался, не усиливаясь и не ослабевая,
До наступления темноты. Ровно в полдень бригада до-
Рожных рабочих вышла на шоссе и приступила к уборке
снега. За первые 2 часа рабочие очистили от снега
* мили, но за следующие 2 часа им удалось убрать снег
лишь с отрезка пути длиной в 1 милю. В равные проме-
промежутки времени бригада убирала равные объемы снега.
В котором часу начался снегопад?
J. А. В е n n e f
314.	Рулон бумаги в коробке. Внутренние размеры
0Р°бки, имеющей форму прямоугольного параллелепи-
95

педа, составляют 3X4X5 футов'. Рулон, имеющий вид
прямого кругового цилиндра диаметром 9 дюймов, уме-
щается в коробке по диагонали, касаясь при этом всех
шести ее внутренних стенок.
Определить длину рулона. Известно, что его ось, если
ее продолжить в обе стороны, не проходит через верши-
вершины прямоугольного параллелепипеда — углы коробки.
W. F. G h en eу, Jr.
315.	Описанная окружность и окружность девяти
точек. Углы треугольника ABC удовлетворяют соотно-
соотношению sin2 A + sin2 В + sin2 С = 1.
Доказать, что его описанная окружность пересекается
с окружностью девяти точек ортогонально.
D. L. М а с К а у
316.	Косоугольный треугольник, стороны которого
отсекают на биссектрисах двух внешних углов равные
отрезки. Биссектриса внешнего угла при вершине С
косоугольного треугольника ABC пересекает сторону АВ
(или ее продолжение) в- точке М, а биссектриса внеш-
внешнего угла при вершине В пересекает сторону АС (или ее
продолжение) в точке N. Известно, что СМ = BN.
Доказать, что отрезок (р— а)/а равен среднему гео-
геометрическому отрезков (p-b)lb и (р — с)/с.
D. L. М а с К а у
317.	Оптимальная схема включения лампы. Кнопоч-
Кнопочный выключатель может находиться лишь в двух состоя-
состояниях: «включено», когда контакт замкнут, и «выключе-
«выключено», когда контакт разомкнут. Различить по внешнему
виду выключателя, в каком из двух состояний он нахо-
находится, невозможно. При нажатии кнопки выключатель
переходит из одного состояния в другое: если до нажа-
нажатия выключатель находился в состоянии «выключено», то
после нажатия кнопки он перейдет в состояние «включе-
«включено», и наоборот. Электрическая лампа соединена с п вы-
выключателями так, что горит лишь в том случае, когда все
п выключателей находятся в состоянии «включено».
Определить, в каком порядке следует нажимать кноп-
кнопки для того, чтобы наибольшее число нажатий, которое
необходимо произвести, прежде чем лампа загорится,
1 I фут = 12 дюймов = 0,3048 ж. —Прим. перев.
96

было минимальным. Обобщить решение на случай, когда
каждый выключатель срабатывает лишь при /?-м нажа-
нажатии на кнопку.
Joseph Rosenbaum
318.	Нули и точки экстремума кубического много-
многочлена. Дан кубический многочлен у = хг + рх2 + Qx.
Определить все целочисленные пары коэффициентов
р и q, при которых уравнение у = О имеет различные
целочисленные корни и целочисленные координаты двух
точек экстремума.
С. А. М u r r а у
319.	Степени натуральных чисел. Доказать, что
jp + 2" - 3" + 4" — 5" — 6" + 7" + 8" — ...
для любого натурального р <. п. Слагаемое т* берется
со знаком плюс, если в двоичной записи числа т нечет-
нечетное число единиц, и со знаком минус, если число единиц
четное.
Joseph Rosenbaum
320.	Неравенства для сторон треугольника и ребер
тетраэдра. Пусть 5 = а + Ь + с, Т = аЪ + ас + be, где
а,Ь, с — длины сторон треугольника.
Доказать, что ЗГ ^ S2 < AT. Вывести аналогичные
неравенства для ребер тетраэдра.
F. E. W о о d
321.	Соотношение между коэффициентами одного
ряда. Пусть
A +*)"	.	.
A _хK = а0 + ахх +
Доказать, что
А. V. Richardson
322. Дополнение до полного квадрата. Пусть m —
пРоизвольно заданное целое число.
4 Згк. 436	97

Сколько существует целых значений В, квадрат кото-
которых дополняет число т до полного квадрата (В2 + т —
квадрат целого числа).
J. L. Brenner
323.	Основные пифагоровы треугольники, в которые
можно вписать окружность радиуса г = р > 2. Если
радиус окружности выражается нечетным простым чис-
числом, то вокруг нее можно описать ровно 2 различных
основных пифагоровых 1 треугольника.
Доказать, что каждая пара таких треугольников об-
обладает следующими свойствами:
а.	длины их меньших катетов отличаются на 1;
б.	в одном треугольнике гипотенуза превосходит по
длине больший катет на 1, а в другом треугольнике —
на 2;
в.	сумма периметров треугольников равна квадрату
целого числа, умноженному на 6;
г.	при неограниченном возрастании радиуса р впи-
вписанной окружности отношение наименьших углов тре-
треугольников стремится к 2;
д.	при неограниченном возрастании радиуса р впи-
вписанной окружности отношение площадей треугольников
стремится к 2.
W. F. С h е п е у, J г.
324.	Почему линия сгиба прямая? В учебниках гео-
геометрии и популярных книгах по математике нередко
можно встретить утверждение о том, будто линия сгиба
на листе бумаги имеет форму прямой потому, что линия
пересечения двух плоскостей — прямая, однако это за-
заблуждение.
Указать истинную причину, по которой линия сгиба
на листе бумаги имеет форму прямой.
Е. P. Starke
325.	Когда произведение л первых натуральных чисел
делится на их сумму? Доказать, что произведение п
первых натуральных чисел A-2-3•...•«) делится на их
1 Основным пифагоровым треугольником называется прямо-
прямоугольный треугольник, длины сторон которого выражаются взаимно
простыми целыми числами. — Прим. ред.
98

сумму A+24----Ч-") в том и только в том случае,
если число п + 1 не является простым числом р > 2.
Victor Thebault
326.	Задача на разрезание. Как разрезать правиль-
правильный шестиугольник на наименьшее число частей, из ко-
которых можно составить равносторонний треугольник той
же площади? Каждый разрез производится вдоль пря-
прямой.
Н. S. М. С о х е t e г
327.	Два эквивалентных сравнения. Если п, г и а —
натуральные числа, то из сравнения п2 = n(mod 10°)
очевидным образом следует сравнение nr =s n(mod 10°).
При каких значениях г из сравнения nr = n(mod 10°)]
следует сравнение п2 = n(mod 10я)?
Irving Kaplanskу
328.	Кубическая парабола. График кубического мно-
многочлена у = х3 + ах2 + Ьх + с пересекает ось х в трех
различных точках. Пусть А и В — две из них. Из точек
Л и В к «горбам» кубической параболы проведены каса-
касательные АР и BQ (Р и Q — точки касания прямых и гра-
графика кубического многочлена).
Доказать, что отношение длины отрезка АВ к рас-
расстоянию между точками Р и Q по горизонтали не зави-
зависит от коэффициентов кубического многочлена.
Н. Т. R. Aude
329.	Задача о бильярдном шаре. В каком направле-
направлении следует нанести удар кием по бильярдному шару,
чтобы тот после заданного четного числа отражений от
бортов вернулся в исходную точку? Вращением шара и
возможностью попадания в лузы пренебречь. Соударе-
Соударения с бортами считать абсолютно упругими.
Victor Thebault
330.	Сфера, проходящая в зазор между двумя сопри-
касающимися сферами и плоскостью. Пусть а и Ь—,ра"
Диусы двух сфер, касающихся друг друга и плоскости.
Доказать, что радиус г наибольшей сферы, проходя-
^еи в зазор между этими двумя сферами и плоскостью,
пРеделяется из соотношения /—1/s = a~v* + b~1/j.
^ "С. W. Т г i g g
4*	99

331.	Две лестницы, стоящие «накрест». На горизон-
тальной площадке возведены две параллельные стенки
отстоящие друг от друга на расстояние d футов. Лестни-
Лестница длиной а футов поставлена у основания одной стенки
и прислонена к другой, а лестница длиной b футов по-
поставлена у основания второй стенки и опирается на пер.
вую (а > Ь). Обе лестницы «пересекаются» на высоте
с футов над площадкой.
Доказать, что допустимые целочисленные значения а,
Ъ, с и d определяются соотношениями
ka = (su + tv) (s — t)(u + v), kb = (sv + tu) (s — t)(u + v),
A)
kc = (su — tv) (sv — tu),	kd = 2 (stuvL' (s — t)(u + v).
Здесь s, t, u, v — любые натуральные числа, удовлетво-
удовлетворяющие трем условиям: и > v, sv > tu и stuv — квадрат
целого числа (k — наибольший общий делитель правых
частей четырех соотношений A)). Найти также наиболее
простое частное решение, при котором все числа а, Ь, с
и d нечетные.
A. A. Bennett
332.	Условие простоты числа. Доказать, что сравне-
сравнение
j^= l(modp2)
служит необходимым условием простоты числа р > 2.
Является ли это условие также и достаточным?
David Segal
333. Пройдет ли шкаф в дверь? Шкаф прямоугольной
формы (длиной а и шириной Ь) пронесли, не наклоняя,
по коридору шириной с и через дверной проем шириной d
в стене коридора внесли в комнату. Шкаф прошел впри-
впритык. Если пренебречь толщиной стен, то из подобия тре-
треугольников можно установить соотношение между раз-
размерами шкафа, шириной коридора и дверного проема:
d = able
Предположим, что толщина стены, в которой нахо-
находится дверной проем, равна h. При каком соотношении
между величинами d и а, Ь, с, h шкаф пройдет в дверь?
Е. Н. Johnson
100

334.	Длина периода в десятичном разложении дроби
1/Р' Пусть р— любое нечетное простое число, отлич-
отличное от 5.
Доказать, что десятичное разложение дроби 1/р имеет
период длиной в (р — 1)/2 или q знаков, где q — некото-
некоторый делитель числа (р— 1)/2, в том и только в том слу-
случае, если р = ±3ft(mod 40).
J. S. F r a m e
335.	Свойство простых чисел. Доказать, что не суще-
существует простого числа р, для которого при п > 1 выпол-
выполнялось бы равенство рп + 1 = 2т или при п>2 — ра-
равенство рп — 1 = 2т.
Harry Goheen
336.	Президентские выборы. Какое наименьшее число
голосов избирателей должен набрать кандидат на пост
президента США при существующей избирательной си-
системе? '.
Для простоты предположим, что на пост президента
баллотируются лишь два кандидата и число избирате-
избирателей, приходящееся на одного выборщика, одно и то же
во всех штатах. Общее число избирателей N, остальные
данные вы можете найти в справочнике.
Leopold Infeld
337.	Матрицы с двумя одинаковыми элементами на
главной диагонали. Доказать, что любая степень мат-
матрицы
1 Выборы президента США не прямые, а двухстепенные. В пер-
первом туре избиратели каждого штата отдают свои голоса выборщи-
выборщикам, число которых равно числу членов палаты представителей и
сенаторов от данного штата. Избранным считается целиком список
выборщиков, получивший большинство голосов. Во втором туре вы-
°рщики отдают свои голоса за кандидата в президенты. Избран-
Избранным считается кандидат, набравший абсолютное большинство го-
голосов.
в Для решения задачи нужно знать еще количество выборщиков
каждом штате. Советский читатель может попытаться решить за-
дачУ в общем виде. — Прим. перев.
101

содержит на главной диагонали два одинаковых эле-
элемента. Доказать также, что тем же свойством обладает
любая матрица (ars), у которой ari = a2r, alr = or2i
ors = asr(r, s > 2) и Оц = о22.
J. L. Brenner
338. Частичные суммы гармонического ряда и интег-
интегралы от элементарных функций. Пусть s (n) = 1 + '/г +]
H-Vs+ ••• + Vn — сумма первых п членов гармониче-
гармонического ряда. Известно, что s(n) можно представить в виде
интеграла	,
du.
J u-1
о
При такой записи s(n) формально не содержит сумму п
членов.
Найти /(х), такую, что s(n) =/<п)@). Выразить
f(x) через элементарные функции и их первообразные.
Henry Scheff-e
339. Головоломка, основанная на свойствах чисел
Фибоначчи. На свойствах чисел Фибоначчи, определяе-
определяемых рекуррентным соотношением Fi = F2 = 1, Fi+i =
Гп-г
Рис. 2.
= fj_i ^|-'fj (/^2), основана следующая известная го-
головоломка, связанная с таинственным увеличением или
уменьшением площади фигуры. Квадрат со стороной Fn
разрезают на 4 части, из которых «составляют» прямо-
прямоугольник Fn-i X ?п+\ (рис. 2).
Составить из тех же четырех частей фигуру, которая
на первый взгляд кажется образованной из двух прямо-
102

угольников Fn-i y,2Fn~2, соединенных между собой пря-
прямоугольником Fn-4 X Fn-2- (В действительности, как и в
первом случае, площадь этой фигуры отличается от пло-
площади исходного квадрата на 1.)
W. R. Ransom
I VVlftl	Л. Л. J V" Л MJ
у \ / Y V	7 \
гЛ (Xl Yi	Zi\
z2 и I X2 Y2	Z2
2!q/ ^Лч It	JLq '
340. Два определителя. Пусть
i Ух Zi
x2 y2 z2
*з Уз 2з / ^ Л з i з Z3 ¦
—¦две матрицы, xu yt, zt'n Xu Yu Zi (t = 1, 2, 3) —от-
—отличные от нуля числа, причем каждый элемент второй
матрицы совпадает с алгебраическим дополнением со-
соответствующего элемента первой матрицы.
Доказать, что из соотношения
det
v-l
v-l
X2
X7l
У
Т1
?
У1
Г1
4х
= 0
следует аналогичное соотношение
det
X
T1
T1
?
Yl
YI1
Z3
-1
= 0.
J. A. Todd
341.	Корень i-й степени из —1. Доказать, что
Е. Т. Frankel
342.	Тетраэдр с соизмеримыми элементами. Доказать,
что можно построить тетраэдр, у которого длины всех
Ребер, площадь каждой грани и объем выражаются
Целыми числами.
Е. P. S t a r k e
343.	Многочлен, принимающий целочисленные значе-
н"я. Доказать, что при любом целом х многочлен
х /5_+ х3/3 -[i7.v/15 принимает целочисленное значение.
W. Е. В u k e г'
103

344.	Как разрезать сыр? Доказать, что п плоскими
разрезами кусок сыра можно разделить на (п + 1) (п2—.
— п + 6)/6 частей.
J. L. Woo db r i dge
345.	Род поверхности. Рассмотрим прямоугольный па-
раллелепипед размером о X Ъ X с, сложенный из abc
единичных кубиков. Предположим, что ребра единичных
кубиков сделаны из проволочек (совпадающим ребрам
соответствует одна проволочка).
Доказать, что наружная поверхность получившейся
сети имеет род р = 2abc -\-bc-\- са-\- ab (то есть тополо-
топологически эквивалентна сфере с р ручками).
How a r d Eves
346.	Задача Платона. В пятой книге «Законов» ! зна-
знаменитый философ древности, обсуждая проблемы рас-
распределения земли в государстве, удобного «и на войне,
и в мирное время для всякого рода сделок, союзов, на-
налогов и распределений», пытается найти число, деля-
делящееся на любое целое число от 1 до 10, и останавливает
свой выбор на числе 5040 = 7!.
Доказать более общее утверждение: если тип—
натуральные числа и п < р, где р — наименьшее простое
число, удовлетворяющее неравенству р > т, то ml де-
делится на п, за исключением того случая, когда т = 3.
S. H. Gould
347.	Делимость разности степеней. Пусть a, b и п—
любые натуральные числа, обладающие тем свойством,
что ап — Ьп делится на п.
Доказать, что число (ап — Ьп)/(а — Ь) также делится
на п.
Ivan N iven
348.	Класс сходящихся последовательностей. Пусть
ёи ёг, ёз> ••• — любые числа, удовлетворяющие нера-
неравенствам
0<gP<l, (l-gP)gp+i>\. (P = 1. 2, 3, ...).
1 Платой, Сочинения в трех томах, т. 3, ч. 2, стр. 211
«Мысль», 1972. — Прим. перев.
J04

Доказать, что
H. S. W a 11
349.	Кривые постоянной ширины.
а.	Доказать, что все кривые постоянной ширины с од-
одним и тем же диаметром й имеют одинаковые пери-
периметры.
б.	Какова наименьшая площадь, ограниченная зам-
замкнутой кривой постоянной ширины с диаметром й~>
Howard Eves
350.	Свойство факториала. Доказать, что ближайшее
к п\/е целое число кратно (п— 1).
D. H. Browne
351.	«Сверхсоставное» число. Найти наименьшее на-
натуральное число, половина которого есть точный квад-
квадрат, треть — куб и одна пятая — пятая степень целого
числа.
W. С. R u f u s
352.	Чему равна сумма? Вычислить сумму.
2л-1
С. D. Olds
353.	Наибольшее значение определителя. Доказать,
что значение определителя 6-го порядка, элементами ко-
которого служат вещественные числа, не превосходящие
по абсолютной величине 1, не может быть больше 160.
Gordon Pall
354.	Диаграммы Эйлера и человеческие отношения.
Как писал автор одного романа о своей героине, она
представляла любые отношения между людьми в виде
пересекающихся кругов. Чем больше перекрываются два
круга, тем глубже, казалось бы, должны быть отноше-
отношения, но подобное впечатление обманчиво. Отношения
между двумя людьми развиваются по восходящей линии
лишь до тех пор, пока площадь общей, части кругов не
оставит определенной доли от площади каждого
РУга, после чего вступает в действие закон убывающей
105

отдачи. У партнеров иссякают источники, черпая из ко-
которых они могли бы взаимно обогащать друг друга
в том общем, что их объединяет. Идеальным, по-видц.
мому, следует считать тот случай, когда суммарная
площадь двух непересекающихся частей кругов равна
площади расположенной между ними общей части кру,
гов, имеющей форму древесного листа. Должно быть,
какая-нибудь изящная математическая формула позво-
позволит найти такое расположение кругов — увы, на бумаге,
но не в жизни.
Рассмотреть возможность существования решения для
кругов заданных радиусов.
W. В. Campbell
355.	Шар в наполненной водой вазе. Тяжелый шар
осторожно кладут в наполненную водой вазу, имеющую
форму сегмента параболоида вращения. Размеры вазы
заданы. Размер шара выбран так, чтобы он вытеснил
как можно больше воды.
Определить радиус шара.
Victor Thebault
356.	Бином Ньютона с нечетными коэффициентами.
При каких значениях п все коэффициенты в разложении
бинома Ньютона (а-\-Ь)п нечетны?
D. H. Browne
357.	Матрица, обратная симметрической матрице.
Построить матрицу, обратную симметрической матрице
А = {Cjj} порядка п, где а,ц = i/j при i ^ у.
D. H. Lehmer
358.	Гамильтонов цикл на многограннике. Предполо-
Предположим, что мы хотим побывать в вершинах многогранника,
а достичь их можно, лишь двигаясь вдоль его ребер. Га-
Гамильтон рассмотрел задачу об обходе всех вершин мно-
многогранника по маршруту, который не проходит через
одну и ту же вершину дважды. (В теории графов такой
маршрут принято называть гамильтоновым циклом.) Не-
Нетрудно доказать, что задача Гамильтона для додекаэдра
имеет решение.
Доказать, что для ромбододекаэдра задача Гамиль-
Гамильтона решения не имеет.
Н. S. M. Coxeter
106

359.	Определение фальшивой монеты при помощи
взвешивания. У одного человека было 12 монет, неотли-
неотличимых по внешнему виду. Одна монета была фальши-
фальшивая и отличалась по весу от настоящей. У человека под
рукой были также очень чувствительные равноплечие
весы, но без гирь.
Может ли он при помощи не более трех взвешиваний
обнаружить фальшивую монету и определить, тяжелее
она или легче, чем настоящая?
Donald Eves
360.	«Равнобедренные n-точечники». Назовем мно-
множество, состоящее из п точек на плоскости, равнобедрен-
равнобедренным n-точечником, если любые три из них расположены
в вершинах равнобедренного треугольника. Шесть то-
точек на плоскости можно расположить так, чтобы они об-
образовали равнобедренный 6-точечник.
Доказать, что на плоскости нельзя выбрать 7 точек,
образующих равнобедренный 7-точечник. Чему равно
наименьшее число k, такое, что из любых k точек в про-
пространстве можно выбрать три, не расположенные в вер-
вершинах равнобедренного треугольника?
PaulErdos
361.	Свойство k натуральных чисел. Пусть дано k на-
натуральных чисел Oi < а2 < ... < ah ^ п, где k >
[
+)]
Доказать, что по крайней мере для одной пары i, r
выполняется соотношение о4 *-f- ai = ат.
Paul Erdos
362.	Расходимость ряда. Доказать, что ряд
00
Л п~а cos (bin n) расходится при всех значениях о^1
независимо от значения Ь^
V. L. Klee, Jr.
363.	Пять точек и выпуклый четырехугольник. На
плоскости произвольно заданы 5 точек.
Доказать, что 4 из них расположены в вершинах вы-
пУклого четырехугольника.
Esther Szekeres
364.	Еще одно свойство п натуральных чисел. Рас-
См°трим п натуральных чисел ai < а2 < ... < ап ^ 2п,
Ш

таких, что наименьшее общее кратное любых двух из
них больше In.
Доказать, что п\ > [2п/3].
Paul Erdos
365.	Точки пересечения диагоналей выпуклого
n-угольника. Найти число точек пересечения диагоналей
выпуклого п-угольника.
Paul Erdos
366.	Криптарифм. Расшифровать следующий «при-
«пример на сложение»:
FORTY
+	TEN
TEN.
SIXTY
Каждая буква означает некоторую цифру, причем раз-
различным цифрам соответствуют различные буквы.
Alan Wayne
367.	Беговая дорожка. Внутренняя бровка беговой
дорожки имеет форму эллипса с разными полуосями,
ширина дорожки повсюду одинакова.
Доказать, что форма наружной бровки такой до-
дорожки отлична от эллиптической.
L. M. Kelly
368.	Разложение определителя. Доказать, что
а — х
0
0
1
а — х
0
0
1
а —х
0
0
1
.. 0
.. 0
.. 0
О Gi-i) С-2) С-з) •••°-
=( „ )-{ „_, >+
О. Polya
103

369.	Прямые, отсекающие треть площади треуголь-
треугольника. Рассмотрим прямые, проходящие через некото-
некоторую точку на медиане треугольника и отсекающие треть
его площади (для краткости назовем их Gз)-прямые).
Через центр тяжести треугольника нельзя провести ни
одной (Уз) -прямой. Через точку, делящую медиану в от-
отношении 4: 5, считая от вершины треугольника, проходят
четыре (Уз) -прямые.
Определить, сколько (Уз) -прямых проходят через
произвольную точку медианы.
Norman Arming
370.	Дети в саду.
—	Из сада доносятся детские голоса. Должно быть,
там играют ваши дети? — спросил гость.
—	Не только мои, — ответил хозяин, — там резвятся
сорванцы из четырех семейств: мои дети, дети моих брата
и сестры, а также двоюродного брата. Правда, моя
семья самая многочисленная, у брата детей меньше, у
сестры еще меньше, а самая маленькая семья у двою-
двоюродного брата. Ребята играют в салочки, — продолжал
хозяин. — Им бы хотелось сыграть в бейсбол, но их
слишком мало, чтобы составить две команды'. Инте-
Интересно заметить, — добавил он, — что произведение чисел
детей в каждом из четырех семейств совпадает с номе-
номером моего дома, который вы, конечно, заметили на во-
воротах.
—	Я немного разбираюсь в математике, — сказал
гость. — Попробую установить, сколько детей в каждом
из четырех семейств.
Проделав какие-то выкладки, гость спросил:
—	В семье вашего двоюродного брата один ребенок?
После того, как хозяин ответил на этот вопрос, гость
заявил:
¦— Зная номер вашего дома и учитывая ваш ответ
на мой последний вопрос, я могу точно установить,
сколько детей в каждом из четырёх семейств.
Сколько детей было в семьях хозяина дома, его
брата, сестры и двоюродного брата?
L. R. Ford
1 Бейсбольная команда состоит из 9 человек. — Прим. ред,
109

371.	Абажур. Абажур имеет форму усеченного пря«
мого кругового конуса. Р — периметр его нижнего осно-
основания, р — периметр верхнего основания, s — высота, из-
измеренная по образующей.
Доказать, что при Р — р ^ ns такой абажур можно
вырезать в виде одного куска из листа бумаги, имею-
имеющего форму прямоугольника размерами Р.и s-{-p{P~^
— p)/8s. Если Р ф р, бумаги даже хватит на клапан,
чтобы склеить абажур. При Р = р бумаги на клапан не
остается. Будет ли это справедливо при Р — р > its?
G. Polya
372.	Растворы соли. В каждом из п — 1 сосудов 7Ь
7*2, ..., Тп-1 находится V литров воды, а в n-м сосуде
Тп— V литров раствора, содержащего М кг соли. Жид-
Жидкость со скоростью g л/мин перетекает из Тр в 7"п_1( из
Tn-i в Тп-г, .... из Т2 в 7\ и из 7", в Тп.
Определить количество соли в сосуде Тп через t ми-
минут после начала процесса, предполагая, что перемеши-
перемешивание жидкостей в сосудах происходит мгновенно.
R. J. Walker
373.	Невозможное путешествие. Рассмотрим карту
на поверхности сферы. Границы стран образованы ду-
дугами п больших кругов, из которых никакие три не пе-
пересекаются в одной точке.
Доказать, что при п, кратном четырем, невозможно
совершить путешествие, побывав в каждой стране один
и только один раз, если запрещено проходить через те
точки границ, где сходятся более двух стран.
Leo Moser
374.	Придворный математик и шут. Однажды при-
придворный математик получил сразу все свое жалованье
за год серебряными талерами и, сложив из монет 9 не-
неравных столбиков, расположил их в виде магического
квадрата. Королю затея придворного математика при-
пришлась по вкусу, но он посетовал на то, что ни в одном
столбике число талеров не было простым.
— Если бы ваше величество добавило еще 9 талеров
к моему жалованью, — заметил придворный матема-
математик, — я смог бы увеличить число монет в каждом стол-
столбике на 1, и тогда все 9 чисел стали бы простыми.
110

Проверили. Все оказалось именно так, как сказал
придворный математик. Король уже собрался было уве-
увеличить жалованье математику на 9 талеров в год, как
Б дело вмешался шут. Он взял по одной монете из каж-
каждого столбика, и число оставшихся талеров в каждом
из 9 столбиков также оказалось простым. Более того,
9 новых чисел по-прежнему составляли магический квад-
квадрат. Девять «лишних» талеров шут оставил себе.
Сколько талеров получал в год придворный матема-
математик?
G. W. Walker
375.	Геометрическое построение при помощи линей-
линейки. Пользуясь только линейкой, построить шестиуголь-
шестиугольник, для которого существуют как вписанные, так и опи-
описанное конические сечения.
Joseph Rosenbaum
376.	Задача Льюиса Кэррола. В «Истории с узелка-
узелками» Льюис Кэррол предложил следующую задачу: «Два
туриста находятся в пути с 2 часов дня до 9 часов ве-
вечера. Они идут по равнине к подножию горы, взби-
взбираются на вершину и возвращаются прежним путем
в исходную точку. По равнине туристы идут со ско-
скоростью х миль в час, взбираются на гору со скоростью
у миль в час и спускаются с вершины со, скоростью
2{/ миль в час. Найти пройденное туристами расстояние».
В первоначальном варианте задачи, приведенном в
«Истории с узелками», числа х и у были известными це-
целыми числами.
Решить задачу Льюиса Кэррола, не зная заранее чи-
чисел х и у (но предполагая их целыми) и зная еще, что
решение однозначно.
^	Leo Moser
377.	Пифагоровы треугольники с равными перимет-
периметрами. Два различных основных пифагоровых треуголь-
треугольника имеют равные периметры 2р. Определить наимень-
^Ьб р, для которого это возможно.
Monte Dernham
378.	Магический квадрат как определитель. Пусть
S — сумма элементов (каждый элемент — целое число)
111

магического квадрата третьего порядка, a D — значение
определителя матрицы, элементы которой совпадают с
элементами магического квадрата.
Доказать, что D/S — целое число.
С. W. Trigg
379.	Секущая, проведенная через точки перегиба.
Если график многочлена четвертой степени имеет две
вещественные точки перегиба, то проведенная через них
секущая и сама кривая ограничивают три конечные об-
области («лунки»).
Доказать, что две из этих лунок равновелики, а пло-
площадь наибольшей лунки равна сумме площадей двух
остальных лунок.
Е. V. Hofler
380.	Гармонический ряд и постоянная Эйлера. Пусть
5„ — n-я частичная сумма гармонического ряда
Sn=l + ± + ... +-р
Доказать, что
где С — постоянная Эйлера.
Н. F. Sandham
381.	Модифицированный гармонический ряд. Возьмем
первый член гармонического ряда со знаком плюс, два
следующих члена — со знаком минус, следующие за
ними три члена — со знаком плюс и т. д.
Доказать, что построенный нами модифицированный
гармонический ряд сходится.
Е. P. Starke
382.	Свойство чисел, обратных целым. Доказать,
что при любом целом п > 1 число 1/п представимо в
виде суммы конечного числа последовательных членов
ряда Zl//(/+l).
Leo Moser
383.	Рациональные точки на окружности. Доказать,
что если по крайней мере одна координата центра ок-
112

ружности иррациональна, то на самой окружное^ най-
найдется не более двух точек с рациональными координа-
координатами.
V. Е. Dietrich
384. Числа Фибоначчи, записанные в виде определи-
определителей. Доказать, что n-й член Fn последовательности
Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, .... х, у, х-\-у, ... можно
представить в виде определителя (п — 1)-го порядка
1—11—11—1	..
1 10 10 1	..
11 0 1 0	..
0 1 10 1	..
Don Walter
385.	Определение главной части бесконечно малой
величины. В плохих учебниках по математическому ана-
анализу можно встретить следующее «определение»:
«Если бесконечная малая величина состоит из двух
или более членов различного порядка, то член наимень-
наименьшего порядка называется главной частью бесконечно
малой величины».
Показать, что такое «определение» не позволяет од-
однозначно выделить главную часть и правильно сформу-
сформулировать определение главной части бесконечно малой
величины.
Н. J. Hamilton
386.	Сходимость бесконечного возведения в степень.
Пусть ух = х,у2 = ху\ .... уп =ху"-\
Каково максимальное значение х, при котором су-
существует limyn> и чему равен этот предел?
С. S. Ogilvy
387.	Представление числа я в виде ряда. Доказать,
ЧТО
V1 (ШУ2п
п = »
п=0
Jerome С. R. Li
113

388. Стереометрическая задача на разрезание. Дока-
зать, что если все грани многогранника обладают цент-
центром симметрии, то, проведя разрезы вдоль конечного
числа плоскостей, многогранник можно рассечь на части
и сложить из них куб.
Leo Moser
389.	Свойство чевиан. Пусть Si, S2, S3 — середины
трех чевиан1 треугольника ABC: Au Ви С\\ А2, В2, С2 и
As, В3, С3 — точки пересечения прямых S2S3, S3Si и Si52
со сторонами ВС, СА, АВ
Доказать, что:
1)	СА2 = А3В, BCi = С2А, АВ3 = ВХС;
2)	точки А\В2, С3 — коллинеарны;
3)	точки А2, А3, В3, Bi, Си С2 лежат на одном кони-
коническом сечении.
Josef Langr
390.	Минимальный путь, проходящий через п точек
плоскости. Рассмотрим на плоскости п точек, из кото-
которых не все лежат на одной прямой. Доказать, что крат-
кратчайший замкнутый маршрут, проходящий через все п
точек, имеет форму простого многоугольника.
Peter Ungar
391.	Сквозное отверстие в кубе. Как следует проре-
прорезать в кубе отверстие, через которое смог бы пройти
куб таких же размеров?
Н. D. Grossman
392.	Выражение для наибольшего общего делителя
двух чисел. Доказать, что наибольший' общий делитель
чисел а и b можно представить в виде двойной суммы
а-l а—\
т=0п=0
Leo Moser
393. Матричное тождество. Доказать, что если S
и Т — любые две квадратные матрицы одинакового по-
1 Чевианамн называются любые три прямые, исходящие из вер-
вершин треугольника и пересекающиеся в одной точке, — Прим. р&ш
Ш

рядка и матрицы /-f S, I-\-ST, I — S, /-j- 7\S не вырож-
вырождены, то
(/ + S) (S + Т) (/ + ST)-1 (/ + S) =
= (/ - S) (/ + ГС) E + Т) (/ - S)-'.
Т. G. Room
394.	Интересный предел. Вычислить
lim nsinBnen\).
D. J. Newman
395.	Произведение отражений. На плоскости даны
три прямые 1и /2, /з, не пересекающиеся в одной точке.
Пусть Ti — отражение относительно прямой U, а Т ==_
TTT
Доказать, что Т2 — параллельный перенос.
Н. S. Shapiro
396. Арктангенсы и ареатангенсы. Доказать, что если
то
У arctgr^ = arctg"'~ta5~ -
i—i & *	ь а0 — п2 + c4 — ...
0 + a2
Gordon Raisbeck
397. Шары в урне. Десять шаров, перенумерованных
От 0 до 9, помещены в урну. Пять шаров наугад извле-
извлечены из урны (после того, как шар вытащен, его в урну
Не возвращают) и выстроены в ряд.
Какова вероятность, что пятизначное число, образо-
анное номерами шаров, делится на 396?
Н. D. L а г s e u
115

398.	Обобщение теоремы Вильсона. Доказать, что
если р — простое число и п ^ р, то
п\ У —— = 0(modp).
I. N. Herstein
399.	Движение под действием центральных сил. По
аналогии с движением планет естественно предположить,
что для любого движения под действием центральных
сил (по крайней мере, если частица не проходит через
центр) справедливы следующие утверждения: 1) рас-
расстояние от частицы до центра максимально, лишь когда
скорость частицы минимальна; 2) скорость частицы мак-
максимальна, лишь когда расстояние от нее до центра ми-
минимально.
Доказать, что утверждение 1 выполняется для лю-
любого движения под действием центральных сил и при-
привести контрпример, опровергающий утверждение 2.
' S. H. Gould
400.	Трехгранные углы многогранника. Доказать, что
если все грани выпуклого многогранника обладают цент-
центром, симметрии, то существует по крайней мере восемь
вершин многогранника, в которых сходятся по три
ребра. (У куба таких вершин ровно восемь.)
Leo Moser

II. РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ
1. Рассмотрим «многоэтажную» дробь, образованную
из величин аи а2, ..., с„. Пусть S — равная ей простая
(двухэтажная) дробь, N — числитель этой дроби и D —
знаменатель; тот и другой являются произведениями не-
некоторых пг. Не ограничивая общности, условимся счи-
считать, что величины аи входящие как сомножители в N
и D, расположены в порядке возрастания индексов.
Тогда при любом п числитель N будет начинаться с ве-
величины fli, а знаменатель D — с величины а2 (в чем не-
нетрудно убедиться, если воспользоваться методом мате-
математической индукции по п — числу величин а,). Таким
образом, любая двухэтажная дробь 5, составленная из
произведений величин ait числитель которой N не начи-
начинается с аи а знаменатель D — с а2, заведомо не пред-
ставима в виде многоэтажной дроби.
Докажем, что любую двухэтажную дробь S = N/D,
N a\Ciii ... aik, D = a2aji ... a/ft_fc_,, можно пред-
представить в виде многоэтажной дроби. При п = 2 наше
Утверждение очевидно. Предположим, что наше утверж-
утверждение верно, если число величин а4 не превышает
"— 1 ^ 2, и рассмотрим положение а3. Если 3 = iv, то
^ = aJS', где S' = ?>/а3 ... представимо в нужном виде
по индукционной гипотезе, примененной к аг, «з, ••-. ctn.
Ьсли же 3 = /р, то S = (aila2)ai1 .. ./а3 ¦ ¦ • и индукцион-
Иую гипотезу мы применяем к a\ja2, аз, ..., а„.
Доказанное утверждение позволяет определить число
Различных двухэтажных дробей S, составленных из про-
проведений величин т и представимых в виде многоэтаж-
0 х Дробей. Действительно, «положение» величин щ и
2 строго определено: числитель N должен начинаться
ИГ

с величины щ, знаменатель D — с величины а2. Все ос-
остальные величины uk(k^3) могут входить как в чис-
числитель N, так и в знаменатель D дроби S. Следова-
Следовательно, общее число двухэтажных дробей S, составлен-
составленных из п величин аи а2, ..., ап и представимых в виде
многоэтажных дробей, равно 2"~2. Например, если мы
условимся для краткости обозначать величину аг ее ин-
индексом г, то при п = 5 полный список дробей S, пред-
представимых в виде многоэтажных дробей, будет включать
лишь дроби 1/2345, 15/234, 145/23, 14/235, 1345/2, 134/25,
135/24, 13/245.
Назовем главной черту, отделяющую числитель мно-
многоэтажной дроби от знаменателя (в общем случае и чис-
числитель, и знаменатель содержат по несколько этажей).
По доказанному выше, величина щ, стоящая непосред-
непосредственно под главной чертой, входит в знаменатель D
двухэтажной дроби S, равной исходной многоэтажной
дроби, а величина ai+1 — в числитель N дроби S. Таким
образом, если знаменатель D разбить на группы, состоя-
состоящие из последовательных индексов, то главную черту
можно провести лишь перед последним индексом в лю-
любой из групп (если группа состоит из одного индекса, то
перед единственным индексом). Например, знаменатель
D дроби S = 1467/23589 состоит из трех групп последо-
последовательных индексов: B3)E)(89). Следовательно, глав-
главную черту можно провести лишь перед индексами 3, 5
или 9. Итак, ответ на второй вопрос задачи гласит: если
знаменатель D двухэтажной дроби S содержит более од-
одной группы последовательных индексов, то дробь S пред-
ставима в виде многоэтажных дробей по крайней мере
двумя способами. Например, дробь S = 1346/25 (D =
= B) E)) равна любой из следующих трех многоэтаж-
многоэтажных дробей:
1
2
3
4
5 '
6
1
2 *
3
4
5
6
I
'2
3
4 т
5 "
6
Все остальные дроби 5 представимы в виде много-
многоэтажных дробей лишь одним способом.
П8

2. Ряд расходится. Чтобы убедиться в этом, восполь-
воспользуемся признаком Гаусса', который утверждает следую-
следующее:
если для данного ряда отношение an/an+i можно
представить в виде
ап
где к и ц, — постоянные, a On — ограниченная величина
(|#п| =S^-)> то РЯД сходится при i > 1 или при А = 1,
j!>l и расходится при К < 1 или при Я, = 1, ц, <; 1*.
Для ряда, приведенного в условиях задачи,
1 + - +
о„+1 ~"U+1 У ~~ 42 + 4+1 ~~ J
2л+1
1 ' 1
1 п. 1
) An2 + 4/
1+1 н
_ 1 1
л 4л2
Следовательно, 7, = 1, р, = 1 и этот ряд расходится.
3. Для вычисления интегралов воспользуемся триго-
тригонометрическим тождеством
sin щ — sin (п — 2) ф = 2 sin ф cos (п — 1) ср,
или
sin «ф = 2 sin ф cos (п — 1) ф + sin (n — 2) ф.
Полагая п = 2г-\- 1, преобразуем первый интеграл
к виду
Д	я	я
Т	Т	2
Г sinBi-+ 1)Ф . of о л if sinBr—1)ф ,
0
Первое слагаемое в правой части равно 0. Полагая по-
последовательно п==2г— 1, 2г —3	3, 1, мы после
г-кратного повторения аналогичного преобразования
и Г. М. Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального
Числения, т. 2, М., Физматгиз, 1959, с. 281. — Прим. перев.
119

сведем исходный интеграл к
~2
J
sin m ,	я
sin ф	2 '
о
что и требовалось доказать.
Полагая п = 2г, преобразуем второй интеграл, при-
приведенный в условиях задачи, к виду
л	л	я
2	~2	
sin Bл — !
sinqj
sin
о
^
Повторяя аналогичное преобразование г раз, получаем
lf-'i
.	j I >
2 si"P a	оГ|_1.1 1, ¦ (-1Р~'
) ^-3+T-T+ •¦' + 2л
о
что и требовалось доказать.
4*'. Исследуем сначала некоторые свойства функций
ф(#) и ¦ф(я), удовлетворяющих данным в условии задачи
функциональным уравнениям. Это даст нам возможность
попутно найти частные решения этих уравнений.
Если iJj (х0) = 0 для некоторого х0, то из второго урав-
уравнения следует, что я|з (jt0 -\- у) =0 при любом у, то есть
¦ф(лг) ^ 0. Тогда из первого уравнения получаем ф(х) =
= const, что дает нам первое тривиальное решение
Ф(*)^с, q(x) = 0. ,	A)
В дальнейшем будем считать, что -ф (х) Ф0 всюду. По-
Полагая в первом уравнении у = 0, находим, что ф@) =0.
Если ф(хо)=О для некоторого х0, то из первого
уравнения при у = х0 получаем ф (х -\- х0) = ф (х), B)
то есть ф имеет период х0. С другой стороны, полагая
в первом уравнении х = х0 и используя B), получаем
1 Здесь и далее знак *, поставленный сразу после номера Ре|
шаемой задачи, означает, что решение из American Mathematical
Monthly либо существенно переработано, либо заменено новым. —
Прим. ред.
120

у (у) = ф fa + г/Н	ф@|фсУ)
куда либо ф(г/) = О, либо ^(^o) = 1. Первая возмож-
возможность приводит ко второму тривиальному решению
Ф(*) = 0, ${х)^ах	C)
[точнее говоря, ф должно здесь быть решением функцио-
функционального уравнения "ф (а: + г/) = -ф (х) ip (у); известно
(см. III. 15), что при довольно общих дополнительных
предположениях это дает C), если только ф (х) Ф 0J.
Итак, если отбросить тривиальные решения, то
$(х) = 1 там, где q>(x) = 0. Пользуясь симметрией пер-
первого уравнения относительно х и у, получаем
и если ф (д;) =^= 0 и <р(у)ф 0, то
Левая часть этого тождества зависит только от х, а пра-
правая только от у. Следовательно, та и другая равны од-
одной и той же константе, которую мы обозначим 2с. Тогда
$(х)^1+2с<р(х) + <р*{х) = 1<р + с]2+ 1-е2. E)
Это тождество мы доказали сейчас при условии, что
ц(х) Ф0. Однако, как мы видели выше, оно справед-
справедливо и при ф(я) = 0, а следовательно, и при всех х.
Подставляя E) в первое из исходных функциональных
уравнений, получаем
„ /v. I , л _ Ф (*) + Ф (У) + 2сф (*) Ф (У)	,рл
Ч>\х-ГУ)—	1 - <р (*) <р (у)	•	(О)
Непосредственной проверкой убеждаемся, что если ф
Удовлетворяет уравнению F), а я}> находится из E), то
оба функциональных уравнения, данные в условии за-
задачи, удовлетворяются. Таким образом, нам остается
решить уравнение F).
Прежде чем переходить к отысканию общего реше-
Ния. решим F) в классе функций, имеющих производ-
нУю в нуле, то есть таких, у которых существует предел
121

(выше мы уже нашли, что <р@) = 0). Из F) имеем
lim Ф (* + У) - ф (х) _Um Ф(»/) 1 + 2сф (х) + Ф2 (х)
Следовательно, функция <р{х) дифференцируема и уд0.
влетворяет дифференциальному уравнению
Решая это уравнение с учетом начального условия
<p@) = 0, находим
— с2 tg (Лл: дЛ —с2 + arcsin с) — с, если с2 < 1;
Ах
i_Ax •	если с = ±1;
- V^37! th (Ac Vc^^^T +	(8)
+ In | с — -у'с2 — 11) — с, если с2 > I
(th следует заменить на cth, если модуль аргумента > 1).
Из E) находим соответствующие ф:
A — с2) sec2 (Л* д/Ч ~ с2 + arcsin с), если с2 < 1;
A-А.Г	6СЛИ C = ±h
{с2 - 1) [- -±f или -^] (Лл Vc2 - 1 +
-f In U- — л/б1 ^П |), если с2 > 1.
Пусть с" < 1. Запишем ф(я) в виде
-с.	(Ю)
Из F) получаем функциональное уравнение для /
f{x + y) = f{x) + f (у) — arcsin с,
и, значит, F(x) = f {x) -~ arcsin с удовлетворяет уравнению
122

Оставляя в стороне „патологические" решения этого
уравнения (см. III. 15), имеем F(x) — ax, откуда опять
приходим к первой формуле (8) (а = Л-\Л —с2).
Аналогично обстоит дело и при с2 ^ 1. Таким обра^
зом, все «приличные» решения (например, ограничен-
ограниченные' в некоторой окрестности точки 0) даются форму-
формулами A), C), (8) и (9).
5. Обозначим второй циркулянт Dn. Тогда *
где
f (х) = а, + а2х + агх2 + ... + апхп~х
и
6^ = cos —— +1sin ——, /e = 0, 1, .... n—1
¦—все значения корней n-й степени из 1. Пусть d — зна-
знаменатель арифметической прогрессии, членами которой
являются элементы циркулянта Dn. Тогда ah = а\ +
[(*1)й
+ -—г. если е^=ео=
ь — 1
й(п—1)п	/ . п—
^— = w^a +
Следовательно,
(е, — 1) (е2— 1) ... (е„_,-1)
поскольку
^ ~~ е0 A — е2) ... A — е„_,) = Нш {х — е,)
123

Подставляя ai —d=l, находим значение первого
кулянта
6. Исходное уравнение можно преобразовать к любому
из двух видов: либо
•,.. , х ¦ V5 -II2 , E-2V5-) Г 3 + У5-12
' 2 '	4 J y	4	L '	2 J ' УЧ
либо
Г-	B)
Следовательно,-если х и г/ — вещественные числа, удов-
удовлетворяющие исходному уравнению, то должны выпол-
выполняться неравенства
откуда
Поскольку нас интересуют лишь целые х и у, то
при четном х число а должно быть равно 2. В этом
случае из уравнения B) следует, что х — 0. При нечет-
нечетном х число а должно быть равно 1. В этом случае,
поскольку
2
х может принимать лишь два значения: х = 3их = —1-
Следовательно, все решения исходного уравнения
в целых числах исчерпываются следующими значе-
значениями:
х=* — 1, 0, 3;
У = ±1, ±1, ±П,
что и требовалось доказать.
124

7. Докажем, что при |х|< 1 и любом натуральном s
х
I	 Г dt _
'Г=Т* } Vi -f
s + 2 3s+ 2 Bn-l)s + 2
2 ' 2 '"i
n=l
2
s + 2 3s+ 2 Bn-l)s + 2
2 ' 2 "•	2
(s+l)Bs+1) ... (ns+1) 'ns + 2'
n=\
В разложениях, приведенных в условии задачи, s = 4.
Обозначим для краткости
Тогда
Интегрируя, находим
Следовательно, умножив первый ряд на 2dx и проинтег-
проинтегрировав его от 0 до х, мы получим второй ряд.
Введем новое обозначение
— 1 г dt
У-1 Vi^lF } Vl^F'
Тогда
^У___ 1 ¦ 2	f df _ 1 i _2__1
dx 1 — jc* Cl — Xs)'1' J УГ17*3 " 1 - **	1 - ** '
¦**) g
125

или
V-*b%-{xi-*y-l=O.	A)
Функция 1 /-V 1 —*s допускает разложение в степен-
степенной ряд с единичным кругом сходимости. Интегрируя
этот ряд почленно и умножая затем на исходный, полу,
чаем разложение вида у = х + axf+l + bx2s+] + сх3в+* -jj
+ dxis+l -f- .... При \х\ < 1 этот ряд допускает почлен-
почленное дифференцирование, поэтому коэффициенты а, Ь, с,
d, ... мы найдем, подставляя степенной ряд для у в диф-
дифференциальное уравнение A):
— xs — (s + 1) ax2s — Bs+1) bx^—Cs+1) «4s -
Приравнивая нулю коэффициенты при различных сте-
степенях х, получаем
s + 2 3s+ 2
2 ' 2
s + 2 3s+ 2 5s+ 2
2*2*2
(s + ") Bs + 1) Cs + 1) *
Коэффициент при дЯ5+1 равен
s + 2 3s+ 2	Bn —l)s + 2
2 * 2 "•	2
(s+l)(s + 2) ... (ns+1)
Тем самым- мы доказали, что
1 Г dt _
-xns+l-
126

Умножая полученное разложение на 2dx и интегрируя
в пределах от 0 до х, получаем второе соотношение
\2
s + 2 3s+ 2	Bn— \)s-
2*2		2	2xns+2
(s+l)Bs+1) ... (ns+1) " ns + 2 *
При s = 4 мы получим* разложения, которые требо-
требовалось доказать.
8. Эту задачу (ныне широко известную) Льюис Кэр-
рол предложил в декабре 1893 г. Условия задачи не до-
доопределены, и ответ на нее зависит от дополнительных
предположений, принимаемых при ее решении. Именно
с этим связаны разногласия и неоднократно возникав-
возникавшие на страницах популярных изданий по физике споры
относительно того, какое решение следует считать пра-
правильным. Начало полемике положили еще коллеги Кэр-
рола по Оксфордскому университету профессора физики
Клифтон и Прайс, профессор химии Вернон-Харкорт и
лектор Сэмпсон. Каждый из них считал единственно вер-
верным лишь свой ответ. Иронизируя над своими учеными
коллегами, Кэррол сделал в дневнике следующую
запись: «Получил ответ профессора Клифтона на задачу
«Обезьяна и груз». Весьма любопытно, сколь различных
мнений придерживаются хорошие математики. Прайс
утверждает, что груз с возрастающей скоростью будет
Двигаться вверх, Клифтон и Харкорт — что груз будет
Двигаться вверх с такой же скоростью, как и обезьяна,
в то время как Сэмпсон считает, что груз будет опу-
опускаться».
Как показывают элементарные физические соображе-
ния, если пренебречь трением каната о блок и массами
веревки и блока, то обезьяна и груз будут двигаться
вверх с одинаковыми ускорениями. Их скорости в любой
момент времени равны, и за равные промежутки вре-
времени они проходят равные расстояния.
^ К иному результату приводит учет массы блока.
*Усть М — масса обезьяны (и груза), т — масса блока,
'~его радиус и mk2— момент инерции блока относи-
ельно оси вращения, at — ускорение обезьяны, а —
127

ускорение груза (оба направлены вверх). Тогда
= 1 + mk2/Mr2. Отношение ускорений не зависит от вре-
времени, скорости обезьяны и груза, и расстояния, прохо-
проходимые ими за равные промежутки времени, соотносятся
между собой как ускорения.
Учет сил трения и веса каната также вносит суще-
ственные изменения в ответ задачи. (Например, из фи-
физических соображений ясно, что если трение каната о
блок достаточно велико, то обезьяна сможет взобраться
по канату, не потревожив при этом груз.)
Анализ различных случаев сильно упрощается, если
воспользоваться принципом. д'Аламбера и применить его
к системе, состоящей из обезьяны, груза, каната и бло-
блока. Если х— расстояние, отсчитываемое от начального
положения (х > О при смещении вверх), F — сила тре-
кия, т' — полная масса каната, а р — масса единицы его
длины (остальные обозначения те же, что и выше), то
_ 2pgx + Ma, — F
" М + т' + mk2fr2 '
9. Если *>0 и у(х)>0, то уравнение
y(x)=v*ixx+1)+y(x+l)	A)
имеет один положительный корень
Кроме того, из A) следуют неравенства
У(х)>у(х+1)>О.	B)
Пользуясь тем, что у(х+ \)у(х)Ф 0, преобразуем урав-
уравнение A) к виду
1	1 =у(х+1)
у(х+\) у(х)	ху{х) '
откуда
у(х) У(\) L, t y(t) JL, t L	y
y()	y(t)
x-l	x-1
1 —V
t Lj t* y(t)
128

1-
(=1
где Hm г = С (С — постоянная Эйлера; см. III. 12). Следо-
Следовательно,
х-1
1 _ 1
у(х)\пх
Из неравенства B) получаем
откуда
Таким образом, числитель дроби, стоящей в правой ча-
части соотношения C), при я-»-оо остается ограниченной
величиной, в то время как.ее знаменатель неограниченно
возрастает. Следовательно,
lim у (х) In х = 1,
что и требовалось доказать.
•0. Введем на плоскости прямоугольную систему ко-
°Рдинат, выбрав за ось х прямую, на которой располо-
расположены основания равносторонних треугольников, а ось у
направим так, чтобы она проходила через вершину пер-
первого треугольника. Вершина п-то треугольника, проти-
противолежащая основанию, расположится в точке с коорди-
координатами х = п(п—1),у=± [B/г — 1 )/2] д/3. Исключив
"• найдем соотношение между координатами вершин.
^но имеет следующий вид: у2 = 3 (х -f- V4) • Это уравне-
вИе параболы с фокусом в точке ('/г, 0). Расстояние от
^Ршины п-то треугольника до фокуса параболы равно
fi ~~n+ 1, то есть выражается целым числом, что и тре-
трепалось доказать.
5 Зак, 43ff	129

11.	Все ящики допустимых размеров пройдут сквозь
окошко, имеющее форму квадрата со стороной 72/(ia
+ 2 д/2) «18,807 дюймов. Наименее удобную форм
имеет ящик, ребра которого относятся как 1:1:(д/2 -— \\
12.	Пусть r^zm — ранг матрицы А. Не ограничивав
общности, предположим, что первые г строк матрицы л
линейно независимы. (Этого всегда можно добиться пг
рестаиовкой строк матрицы А. Соответствующая nept-
становка столбцов матрицы В позволяет сохранить неиз-
неизменными соотношения, приведенные в условиях задачи.)
По крайней мере один определитель r-го порядка, со-
составленный из элементов первых г строк матрицы Л,
отличен от нуля. Мы всегда можем выбрать г векторов
с компонентами
cie, 1=1, 2, .... n; g=l, 2, ..., г
так, чтобы выполнялось соотношение
|>.чс1в = в1в, /, g=l, 2, .... г,	A)
где 5ig — дельта-символ Кронекера.
Кроме 'того, поскольку ранг матрицы А равен г, то
любую из m строк матрицы Л можно представить в вид"
линейной комбинации первых г строк, то есть сущест
куют постоянные Khp, такие, что
akh ч k = \, 2, ..., m; /=1,2, ...,«. B)
Из условий задачи получаем, что
г п т п	г п s n m	\
Z Е Е Е a.ijbjkakicii= I ЕЕ Е аиЬ^а^си)-0-
»=1 /=i ?=i /=1	¦	t = l 1 = 1 Ч/-1 ftWl	/
Но соотношение B) позволяет преобразовать леву1
часть этого равенства к виду
п т г г п
Е Е Е Е Е Ь}ькЬрар1сиац,
\**\ ft=I p=\ 1=1 /=1
130

соотношение A)—упростить полученное выражение
1о следующего:
п т г г
Е Z Е Е ^/б^брбр/аг/,
у-=1 ft=i р=1 ? = 1
которое в свою очередь сводится к выражению
п т г
Повторное использование соотношения B) приводит к
окончательному результату: исходная четырехкратная
сумма равна
Следовательно,
и m
i
что и требовалось доказать.
13. Введем на плоскости прямоугольную систему
координат так, чтобы ось х была параллельна осям па-
парабол. Пусть Pi(xi,yi) и Р2(хьУ2)—точки касания па-
Рабол с их общей касательной, Р3 — середина отрезка
Запишем уравнения парабол:
),:= 0,	A)
2 = 0.	B)
Уравнение касательной к параболе A), проходящей
Через точку Рь имеет вид
УУх + В1 (х + *,) + С, (у + уу) + Д = 0.
^скольку эта касательная проходит через точку Р2. то
УМ* + Bi (^i + ^) + С, (у, + у2) + Д = 0.	C)
п С Другой стороны, уравнение касательной ко второй
Раболе, проходящей через точку Р2, имеет вид
5*	131

а поскольку эта прямая проходит через точку Ри то
У1У2 i В2 \Х\ -\- х2) -\- С2 (yi -\- у2) -\- D-2== 0. (м
Вычитая соотношение D) из соотношения C), полу,
чаем
2(В1_в2)-±Ш+2(С1-С2)^р + (А-/J) = 0. (
Но уравнение общей хорды двух парабол имеет вид
-D2) = 0. F)
Следовательно, соотношение E) означает, что коор-
координаты середины Р3 отрезка PiP2 удовлетворяют урав-
уравнению F) и общая хорда делит пополам общую каса-
касательную двух парабол с параллельными осями.
14. Докажем более общее утверждение: если / — од-
однородный многочлен относительно п переменных и
//(/) —его гессиан, то
По определению1,
\
= тп
(/, j=l, 2, .... п).
Определитель, стоящий в правой части последнего ра-
равенства, можно разложить в сумму 2п определителей:
один из них совпадает с гессианом #(/), каждый эле-
элемент которого умножен на fm~l, а каждый из остальных
2п—1 определителей получается при замене элементов,
стоящих в ;"-м столбце этого определителя, произведе-
произведениями (m—l)fm~2- (df/dxi) (df/dxj) при одном или не-
нескольких значениях ;. Определители, в которых замене
подверглись два или большее число столбцов, равны
нулю, поскольку если заменены ;'-й и k-й столбцы, т0>
вынеся множители df/dxj и df/dxk, мы получим опреде"
литель с двумя одинаковыми столбцами: ;-м и k-ш. Сле-
1 Здесь и далее символом |a,j| обозначается определитель матр11
цы с элементами ац, — Прим. ред.
132

довательно,
где Сц— алгебраическое дополнение элемента д'2$/дх{дх3-
в гессиане H(f), а индексы суммирования пробегают
значения от 1 до п.
Если р — степень однородного многочлена / относи-
относительно переменных, то по теореме Эйлера об однородных
функциях
/=i	'	ft=i	к l	l
ибоdf/dxi—однородный многочлен степени (р — 1). Таким
образом,
L Ж7ьи—Т=Т 2->Xk dx,dxk ьЦ — у=ГГх1
i	f ft
f. ft
поскольку
ЕдЦ с f 0 при
. dxtdxk "' 1
при k =
Следовательно,
В частности, при т = 2
я(р)=2"Bр-1)
15. Пусть p/q = 0,did2 ... dn + (q~p)/q ¦ 10~", где
"( — цифра, стоящая на /-ом месте после запятой. Тогда
у 1 —10~" = 0,99 ... 9 (п девяток после запя-
Следовательно,
133

где (9 — di)—цифра, стоящая на (n'-{-i)-ou месте после
запятой. Тем самым утверждение задачи доказано.
16. Эту задачу сформулировал и решил известный
английский специалист по головоломкам Генри Эрнест
Дьюдени'. Предложенное им решение применимо не
только к правильным треугольникам, но и к треугольни-
треугольникам более общего вида, удовлетворяющим одному д0.
полнительному условию. Мы рассмотрим решение для
более общего случая.
Пусть ABC (рис. 3) —данный треугольник, D и ? —
середины сторон АВ и ВС. Построим отрезок R, равный
Рис. 3.
стороне квадрата, равновеликого треугольнику ABC
Отрезок /?чможно построить при помощи циркуля и ли-
линейки, поскольку он равен среднему геометрическому
отрезка AD и перпендикуляра, опущенного из вершины
С на сторону АВ. С центром в точке D и радиусом R
опишем окружность, пересекающую сторону АС в точке
F. Проведем прямую DF и построим на отрезке FA точ-
точку G так, чтобы FG = С А/2. Решение задачи возможно,
если FG ^ FA или, иначе, если точка F принадлежит
отрезку СМ, где М — середина стороны С А.
1 См. о нем: М. Гарднер, Математические головоломки и Ра
влечения, М., изд-во «Мир», 1971, стр. 170. В той же серии издаЯ
сборник Г. Э. Дьюдени, 520 головоломок, М., изд-во «Мир», 1975."
Прим. перев,
134

(Проверим, что задача Дьюдени допускает решение
пй равностороннего треугольника. Поскольку для рав-
равностороннего треугольника ABC выполняется неравен-
неравенство CD > AD, величина R как среднее геометрическое
этих отрезков должна удовлетворять неравенствам
С0 > R > AD. Но DM = AD, и, таким образом, точка
д! лежит внутри окружности радиуса R с центром в
тОчке D, а точка С лежит вне этой окружности. Следо-
Следовательно, точка F принадлежит отрезку СМ, а точка
G —отрезку МА.)
Из точек Е и G опустим на FG перпендикуляры EJ и
GH. После этого разрежем треугольник ABC на 4 части:
четырехугольники DBEJ, HGADU CFJ1E1 и треугольник
Рис. 4.
f'l^Vi, где D\ = D, /) = / и т. д. Сложим четырех-
четырехугольники так, чтобы стороны D{A и DB, ЕВ и EiC со-
совместились (рис. 4). В результате отрезки FC и AG рас-
расположатся на одной прямой, поскольку сумма углов
пРи вершинах А, В к С равна 180° как сумма внутрен~
Них углов треугольника ABC. Приложим к получившей-
получившейся фигуре треугольник GiH{Fi так, чтобы его сторона
mGi совпала с отрезком FCG (это возможно потому,
Что по построению FC + AG = FG). Получившаяся фн-
гУРа имеет форму прямоугольника, поскольку смежные
1улы с вершинами в точках D и D\, Е и Е\, F и F\, G п
i дополняют друг друга до 180°, а углы при вершинах
¦ Л. Я и Hi прямые.
Докажем, что эта фигура — квадрат. Для этого до-
аточно доказать, что JD + DH = R.
Пусть С, А' и В' — основания перпендикуляров, опу-
НЫх из вершин С, Л и В на прямую FD. Тогда
^Ь НА' = FH по построению точки G, C'J = JB' и
135

A'D — DB'. Вычитая первое равенство из второго,
чаем FJ — НА' = JB' — FH, или FJ + FH=JB' +
= JD + DB' + HD — A'D = JD + HD. С другой ор^
ны, (FJ + FH) + (JD + HD) = 2R, а поскольку отрезки,
заключенные в скобках, равны, то FJ + FH = /D-l
+ HD = R, что и завершает решение задачи.
17. Пусть h — высота конуса, г — радиус основания
и 2а — угол при вершине в осевом сечении. Выберем
Рис. 5.
прямоугольную систему координат так, чтобы начало ее
совпадало с центром основания конуса, ось х лежала
в плоскости, которую описывает при вращении ось ко-
конуса, ось у располагалась перпендикулярно этой пло-
плоскости, а ось z совпадала с осью конуса (рис. 5).
Тогда уравнение боковой поверхности конуса примет
вид
r2(h-zJ = h2(x2 + y2),	(О
а уравнение свободной поверхности воды в конической
бокале в момент, когда ось конуса составляет с верти-
136

калью угол ф, запишется так:
z = (r-x)tg«p.	B)
Подставляя г из B) в A), получаем уравнение про-
проекции эллипса, ограничивающего поверхность воды в
стакане, на плоскость Оху:
Максимальная ширина этого эллипса составляет
2и = 2г
os (ф — а)
Если АВ — длина этого эллиптического сечения, то
по теореме синусов из треугольника ABC следует, что
АВ cos (ц> — a) = 2rcosa. Площадь свободной поверхности
воды в бокале
о	 я . г, 	 тг~ cos a cos '2 (ф + о.)
~~ 2	tJ~~ cos'2(q> — a)
достигает максй'мума при tg (ф + а) = 3 tg (ф — а), то есть
при ф = ('/г) Arc sin B sin 2a), если только |2sin2a|^l
(то есть при а <! 15° или при а ^75°). Если же
15° < а < 75°, то площадь свободной поверхности воды
в бокале максимальна при ф = 0 и равна площади осно-
основания цилиндра. Далее, если уравнение sin2a = 2 sin2a
разрешимо, то угол 2ф заключен между 2а и 180° —2а.
Из физических соображений ясно, что 0° < ф < 90° — а,
поэтому а<ф<90° —а и, следовательно, а^15°.
Пусть ер, и ф2(ф2>Ф1) — Два значения ф, найденные
из соотношения sin2a —2sin2a. Тогда при Ф = ф! пло-
Щддь S свободной поверхности воды в бокале мини-
минимальна, а при Ф = ф2—максимальна. При a =15° оба
значения ф совпадают: ф1 = ф2 = 45о. В этом предельном
случае S не достигает ни максимума, ни минимума.
Когда угол а убывает до 0°, значение ф( падает до 0°,
а значение <р2 возрастает до 90°. Остается определить,
пРи каком значении а площадь свободной поверхности
Боды 5 достигает при <р = Фг максимума, который больше
площади основания цилиндра (свободная поверхность
воды при ф = 0°).
В этом случае
зтг2 cos a cos'^ (ф2 + a) ^. г
cos/г (фг — а)
137

Поскольку tg((p2 + a) = 3tg((p2 — a) и, следовательно,
sin a cos a = sin (ф2 — a) cos (ф2 + a), это неравенство можно
преобразовать к виду
cos3 a sin a > cos3 (ф2 — a) sin (ф2 — a).	A)
Если x = cos2a, то
sin2 (ф2 — a) = -g- [1 — cos 2 (ф2 — a)] =
= jBx2-l+
cos2 (ф2 — a) = -g [ 1 + cos 2 (ф2 — a)] =
После элементарных, но довольно громоздких выкладок
неравенство A) можно привести к виду
A - х2) A -f xf Dл;3 + 2х - 7) [{2х -f IJ - 8] < 0.
В интервале [0, 1] это неравенство выполняется при
х > B У 2 —0/2 = 0,91421, то есть при 2а < 23° 56'.
Лишь для таких значений углов при вершине осевого
сечения конуса максимальная площадь свободной по-
поверхности воды в бокале превышает площадь основания
конуса.
Чтобы найти угол наклона ф, при котором «расход
воды» (количество воды, вытекающее из стакана в еди-
единицу времени) максимален, необходимо выяснить, когда
достигает максимума произведение площади свободной
поверхности воды и вертикальной составляющей скоро-
скорости точки А относительно вершины конуса Р. Если со —
угловая скорость конуса, то линейная скорость точки А
относительно точки Р равна со \h2 + г2 и перпендику-
перпендикулярна РА. Следовательно, необходимо найти максимум
выражения
лг° cos a cos (ф + а) -у/г2 + г sin (<р + а) со
cos3'2 (ф — а)
Множитель raor2cosa не зависит от ф, поэтому для того,
чтобы найти максимум всего выражения, достаточно
определить максимум второго множителя
cos'/' (ф + a) sin (ф + а)
cos"'2 (ф — а)
138

йЛи его квадрата. Приравнивая нулю производную, по-
получаем 3 cos(tp -f- a)cos 2а = cos(<p — а), или
.	, 3 cos 2а — 1	/лч
Итак, при 1 > cos 2a > 7з наибольший расход воды
достигается при остром угле наклона ф, определяемом
из соотношения B). Во всех остальных случаях расход
воды максимален лишь в начальный момент при <р = 0.
18. Если определитель D(l) содержит столбец или
строку, заполненные нулями, то утверждение задачи
верно. Предположим, что D(l) содержит строку или
столбец с двумя нулями и отличным от нуля третьим
элементом. Перестановкой столбцов и строк мы всегда
можем добиться, чтобы этот столбец или строка стали
первыми, а содержащийся в них отличный от нуля эле-
элемент оказался в левом верхнем углу, то есть чтобы эле-
элемент а был отличен от нуля. Нетрудно видеть, что и в
этом случае утверждение задачи верно.
Предположим теперь, что ни одна строка и ни один
столбец определителя ЬA) не содержат двух нулей.
Если нулю равен лишь один элемент определителя D(l),
то, не ограничивая общности, можно считать, что а = 0.
Если нулю равны два элемента определителя D(l), то
одним из них, как и в предыдущем случае, можно счи-
считать а. Тогда ни один из элементов Ь, с, d, g не может
обращаться в нуль, и вторым элементом определителя
^(l), равным нулю, должен быть один из элементов е,
/, h или L Перестановкой строк и столбцов этот элемент
всегда можно перевести в центр определителя D(l), то
есть сделать так, чтобы е = 0. Тогда элементы f и h бу-
будут заведомо отличны от нуля. Наконец, если определи-
определитель D(l) содержит третий нуль, то опять же, не огра-
ограничивая общности рассуждения, можно считать, что
' = 0 (а два остальных нуля занимают положение эле-
элементов а и е).
Условившись относительно расположения нулей, раз-
разложим определитель D{r) по правилу Крамера:
D(r) = Arl+Ar2 + A'3-Ari-Arb-A^
Al = aei, А^ = ак\,
A2 = dhc, A5 = dbi,	A)
139

Необходимо рассмотреть следующие случаи:
1)	ни одна из величин At не равна нулю (все эле-
элементы D([) отличны от 0);
2)	нулю равны только А\ и Ai (только а = 0);
3)	нулю равны Аи Л4 и Д (а = е = 0);
4)	нулю равны Аи А, А5 и Ае (а = е = i = 0).
Последний случай можно сразу исключить из рассмо-
рассмотрения, поскольку отличные от нуля величины А2 и Л3
имеют одинаковые знаки и определитель D(r) не может
обращаться в нуль.
В дальнейшем нам понадобится следующая лемма.
Лемма. Пусть Аи А2, .., Ak — вещественные поло-
положительные величины и Си сг, .... с& — вещественные
отличные от нуля коэффициенты. Если функция
обращается в нуль при k конечных значениях х, то At
можно объединить в одну или несколько групп так, что
все Ait входящие в одну группу, равны между собой,
а сумма коэффициентов d, отвечающих одной группе,
будет равна 0.
Доказательство. Применим индукцию по числу k. При
k = 1 утверждение очевидно. Пусть оно доказано для
всех k' < k. Если функция f(x) имеет k вещественных
нулей, то по теореме Ролля производная функции
имеет k — 1 -нулей. Следовательно, функция
также обращается в нуль при k—1 значениях х. Как
показывают аналогичные рассуждения, функция
•••+*'¦(¦?)'¦-(*)¦(#)
имеет k — 2 вещественных нулей и так далее. Обраще-
Обращение в нуль выражения
140

означает, что по крайней мере одна пара величин Д-
совпадает. Объединяя те члены функции f(x), которые
содержат равные Д, мы получим выражение, содержа-
содержащее меньшее число слагаемых и обращающееся в нуль
при k различных вещественных значениях х. По индук-
индуктивному предположению в этой ситуации утверждение
леммы верно, а тогда оно верно и для f(x).
Тем самым лемма доказана.
Случай 1: D @) = 0, и, следовательно, определитель
D(r) обращается в нуль при шести различных значе-
значениях г. По лемме это означает, что тройка величин Д,
A-i, А3 из A) совпадает с точностью до порядка с трой-
тройками Д, А5, Д.
Если, например, Д = Д, А2 = Д, Д = А6, то
a (ei -hf) = d {he — Ы) = g(bf — ее) = 0,
откуда видно, что 2-й и 3-й столбцы в определителе
D(l) пропорциональны. Аналогично обстоит дело и в
остальных пяти вариантах.
Случай 2: выражение A^ + Ab — As — Агъ обращается
в нуль при четырех различных значениях г, следова-
следовательно, либо Л = Д и Л = Д, либо Д = Д и Д=Д.
В первом случае в D(l) снова пропорциональны 2-й и
3-й столбцы, во втором — 2-я и 3-я строки.
Случай 3: выражение А\ + Дг — А\ по лемме не мо-
может обращаться в нуль при трех различных значениях г
(соответствующая группировка невозможна), что проти-
противоречит условию задачи.
Тем самым утверждение задачи полностью дока-
доказано.
19*. Эту задачу (при п — 3) и различные ее обобще-
обобщения связывают с именами многих математиков (Вивиа-
ни, Торричелли, Ферма, Штейнер).
Пусть Pi(Xi,yi), i=l, 2, ..., п — заданные точки,
а Р(Х>У)—искомая. Фиксируем произвольную точку
Ф(о, Уо) и рассмотрим функцию
~~ расстояние от переменной точки Р до Q. Если а > 0,
Р>0, ct-fp=l и Р'(х', if), P"{x", у") — любые точки.
141

а точка Р(х, у) имеет координаты
x = ax' + |k", у = ау' + №',
то
QP = a • QP'-}- р • ОР^ = ОР, + Р?,
где QP, = a • QP', Р^Р = р • QP". Если Р' ф Р", то в силу
неравенства треугольника (рис. 6)
fQ {ах' + W, ау' + р//") = | QP |< | & | +1 Р> I =
= а | QP' | + р | QP" | = afQ (x't у') + p/Q {x", у").
Следовательно, функция fQ{x, у) строго выпукла (III. 13),
а значит, строго выпукла и функция
f (х, У)=? fP, {х, у) = ? ^(x-Xif+iy-ytf, A)
минимум которой нам надлежит найти.
Рис. 6.
Точка минимума строго выпуклой функции, если она
существует, — единственна, и для ее отыскания мы мо-
можем воспользоваться необходимым и достаточным усло-
условием (см. там же): для любого единичного вектора
е = {cos a, sin a} производная def по направлению е
должна быть неотрицательной.
142

Вычислим сначала производную функции fQ. Если
РФ<3, то
я f L = lim —
°el ip **o
~~di^^x ~~ *° +' cos °J + (# ~ Уо
(x — x0) cos a + (y — Уо) sin a _
=	.		We
V	(	J
Если же P = Q, то
0 =
def \p = lim -j \(t cos a)* + (t sin aJ — 1.
Так как производная сумма равна сумме производных,
то для функции A)
П		у
Поскольку направление вектора е можно выбирать про-
произвольно, то неравенство def ^ 0 может выполняться
только в том случае, если при Р ф Ри ..., Рп
=0	B)
f=[ \ptp\
(если бы этот вектор был отличен от нуля, то, взяв е
противоположно направленным, мы получили бы
<У < 0) и аналогично при P = Pk
Z
C)
Таким образом, наша задача свелась к отысканию
точки Р, для которой выполняется одно из условий, B)
или C). На геометрическом языке B) означает, что
сумма единичных векторов, направленных из Р в Р,-,
равна нулю, если Р не совпадает ни с одной из Pt,
а C) —что аналогичная сумма ^1, если Р = Р&.
ИЗ

В простейших случаях точку Р нетрудно найти из
элементарных, геометрических соображений. При п = з
равенство B) может выполняться только тогда, если
каждый из трех углов /. PiPPj = 120°, а неравенство
C) в точке Р = Р\ выполняется, если Z. Р2Р\Рз ^ 120°
(из двух углов имеется в виду меньший 180°). Поэтому,
если три точки Ри Р2, Рз расположены так, что ни один
из внутренних углов треугольника Р\Р2Рз не превышает
120°, то точка Р совпадает с точкой, из которой все три
стороны треугольника видны под углом 120° (эта точка
Рис. 7.
называется точкой Торричелли). Если же один из внут-
внутренних углов треугольника Р\Р2Рз больше или равен
120°, то точка Р совпадает с вершиной этого угла
(рис. 7).
Если h = 4 и точки Pi, Р2, Рз, Р* расположены в вер-
вершинах выпуклого четырехугольника, то в точке пересе-
пересечения его диагоналей, очевидно, выполняется B)
(рис. 8) и эта точка является решением задачи.
Если точка Ра лежит внутри треугольника Р1Р2Р3
или на одной из его сторон, то для нее справедливо C),
так что решением будет Pi (рис. 9). Чтобы убедиться в
этом, обратимся к рис. 10. В рассматриваемом случае
углы между единичными векторами PAt(i = \, 2, 3) не
должны превышать 180°. Однако при этом условии точка
С, конец вектора PC = РАУ + РА2 -\- РА3, лежащая на
дуге единичной окружности с центром в точке В (на кон-
конце вектора РВ = РА\ -\-РА2), оказывается внутри еди-
144

ичнои окружности с центром в точке Р или, самое боль-
большее, совпадает с одной из точек Аи А2. Из этого же ри-
рисунка видно, что сумма трех единичных векторов равна
нулю только в том случае, если В лежит на единичной
окружности (^ AiPA2— 120°) и РА3 = — РВ, то есть
°/ipAs=ZA3PA2= 120°.
Чтобы доказать существование точки минимума при
произвольном п, воспользуемся теоремой Вейерштрасса.
Пусть О@, 0) —начало координат и
, i=\, 2, ..., п}.
Непрерывная функция f(x, у) в круге радиуса 2R с цен-
центром в О достигает минимума в некоторой точке
Рис. 9.
Рис. 10.
^о(*о, Уо). Покажем, что эта точка доставляет минимум
Функции и во всей плоскости. Если Р(х, у) лежит вне
Указанного круга, то, согласно неравенству треуголь-
треугольника,
i. Уо),
ибо значение функции в точке О, принадлежащей кругу,
Не может быть меньше значения в точке минимума.
Чтобы найти точку минимума, мы должны сначала
Доверить выполнение неравенств C) в точках
1> ^2, ..., Рп, а затем, если ни в одной точке C) не
Ь1гюлняется, обратиться к уравнению B), которое в
145

координатной записи представимо в виде системы
алгебраических уравнений:
X — X,
Как мы уже видели, эта система имеет единственное
вещественное решение.
Полезно еще иметь в виду, что равенство B) может
выполняться только в том случае, когда Р принадлежит
выпуклой оболочке точек Plt P2, ..., Рп-
20. Вычислим сумму более общего ряда
где р — любое натуральное число. Как нетрудно видеть,
где
г=0
Воспользуемся стандартными преобразованиями, приме-
применяемыми в исчислении конечных разностей (III. 14);
s=0	k=0	5=0
/ 1\ft	rk+S
4h
k, s=0
(
r=0 4s=0
Если ar — многочлен от г степени п, то Дуа0 = 0 при
146

В частном случае, о котором говорится в условии
задачи,
Д2а	АЧ
о0=1, Дао = т, Д2а0=— -j,
= 0 при />3, 8l = —1, р
. 1 *3
5	1 , I
21. Обозначим четыре заданные скрещивающиеся
прямые а, р, у и б. Выбрав на прямой а любую точку Р,
проведем плоскость, проходящую через Р и прямую р
и пересекающую прямую б в точке В. Пусть С — точка
пересечения плоскости, проходящей через точку Р и
прямую у, с прямой б. Прямая РВ пересекается с пря-
прямыми а, р и б, а прямая PC — с прямыми а, у и б. Если
нам удастся на&ти такое положение точки Р, при кото-
котором точки В и С совпадают, то слившиеся прямые
^ = PC будут пересекать все четыре заданные прямые
а. Р, Y и б.
Соответствие В —>• Р —* С определяет отображение
прямой б в себя, которое является проективным, как су-
суперпозиция проективных отображений В —> Р прямой б
в прямую а (определяется пучком плоскостей, проходя-
проходящих через б) н Р-+С прямой а в прямую б (опреде-
(определяется пучком плоскостей, проходящих через у, см.
1\2). Выбрав на б произвольно три точки В\, В2, В3,
найдем соответствующие им точки Сь С2, С3. Этим наше
т°бражение однозначно определяется. Таким образом,
^сходная задача сводится к отысканию неподвижных то-
дек проективного отображения прямой в себя, опреде-
яемого тремя парами соответствующих точек (Ви Ci),
1%С2). (Вз, С3).
ТУ задачу на построение можно решить при помощи
нейки, если в некоторой плоскости, проходящей через
147

прямую б, задана фиксированная окружность или ру
гое коническое сечение'. Поскольку число неподвижных
точек проективного отображения прямой может быть
равно 2, 1 или 0, существуют 2, 1 или 0 прямых, пересе-
пересекающих четыре заданные скрещивающиеся прямые.
22. Если коэффициенты аг (?=1, 2, ..., р)—неот-
р)—неотрицательные целые числа, то утверждение автора статьи
очевидно, поскольку все синусы положительны.
Если коэффициентами at могут быть любые целые
числа, как положительные, так и отрицательные, то ут-
утверждение неверно, как показывает следующий контр-
контрпример. Пусть р ^ 3 — нечетное натуральное число. То-
Тогда
Все коэффициенты при синусах и свободный член — це-
целые числа, но не все коэффициенты равны нулю.
23. Приведенное в условии задачи условие разреши-
разрешимости уравнения хр + уР + zp = 0 в целых числах, не
делящихся на нечетное простое число р, представляет
собой не что иное, как критерий Вифериха2, записанный
в несколько иной форме: уравнение хр -f- Ур + zp = О
разрешимо в целых числах, не делящихся на нечетное
простое число р, если B*"-1 — 1)/р2 — целое число. Дей-
Действительно, если т — нечетное число, то
т
т У -—-— N. (т) = 2ti (m),	(О
где gi (m) — сумма всех делителей числа т. Подставляя
т = р в A) и замечая, что Np(p) = 2P, получаем
:
1	См., например, О. А. Вольберг, Основные идеи проективной
геометрии, М. — Л., Учпедгиз, 1949, с. 184. — Прим. ред.
2	A. Wieferich, Zum letzen Fermatschen Theorem, Journal fur
reine und angewandte Math, (Crelle), 136 A909), 293—302. — П
ред.
148

поскольку Ni(p)=0. Следовательно, если BР-1— 1)/р2—
целое число, то критерий Вифериха совпадает с усло-
условием разрешимости уравнения х? + Ур + zv = 0 в целых
числах, не делящихся на нечетное простое число, кото-
которое сформулировано в задаче.
Соотношение A) мы получим, приравняв коэффи-
коэффициенты при qm в тождестве
B)
вытекающем из тождества
оо	~г
j]ln(l-^-«) .
приводимого в любом учебнике по теории эллиптических
функций. Логарифм, стоящий в левой части тождества
B), разлагают в ряд, члены которого перед дифферен-
дифференцированием переставляют, располагая их по степе-
степеням q. Затем используют очевидное соотношение Nr(n) =
= 2rN'r (п), где n't (п) — число представлений п в виде
суммы г квадратов натуральных чисел.
24. Пусть | пг | = pi. Докажем (от противного), что
все pj равны. Предположим, что не все pj равны. Тогда
среди них можно выбрать наибольшую величину pft и
наименьшую величину р3-, причем р& > pj. По формуле
Виета (поскольку все числа ah удовлетворяют исход-
исходному уравнению, то есть являются его корнями)
... о,
* A) ¦
0ТкУда, переходя к абсолютным величинам, получаем
PiK Р>'/«ч"Р>* <Р*'
1олуЧенное противоречие означает, что все р4 равны.
149

Обозначим их общее значение р. Если р = 9, то утвер.
ждение задачи доказано.
Предположим, что р =^= 0. По формуле Виета пах ==
=2l at. Если какие-нибудь две величины а,- не равны, то
Щ> = | X Gt | < Yj I ai I — "P-
Следовательно, p = 0, и все а, равны, что и требовалось
доказать.
25. Если многочлен f(x) имеет кратные корни, то ал-
алгебраические уравнения /(*;) = 0 и f'{x) =0 имеют об-
общие корни, и сумма величин, обратных разностям меж-
между корнями этих уравнений, обращается в бесконеч-
бесконечность.
Предположим, что все п корней многочлена f (x) раз-
различны, а коэффициент при старшем члене равен А.
Пусть щ (t = 1, 2, ..., и.) — корни многочлена f(x), b-t
(/=1,2, ..., п — 1) — корни его производной. Тогда по
теореме Безу
п	п—\
Нетрудно видеть, что
r(x) = f{x)t{x-ai)~1.	A)
Поскольку по предположению многочлен f(x) не имеет
кратных корней, то f(bj)=?O при /=1,2, .... п— 1.
Подставляя x=bj в соотношение A), получаем
п
Jl (bj — а;)~' = 0, а суммируя по всем корням произ-
производной многочлена f(x), приходим к требуемому соот-
соотношению
26. Пусть От и On — пересекающиеся прямые, по
которым скатывается шар. Выберем прямоугольную си-
систему координат так, чтобы ее начало совпало с точкой
пересечения прямых От и On, ось х была направлена
по биссектрисе угла между пересекающимися прямыми!
150

плоскость xz совпала с определяемой ими плоскостью
(рис. И)-
Пусть (х, у, 0) — координаты центра С шара, А —
точка касания шара с прямой От и В — основание пер-
х
Рис. 11.
пендикуляра, опущенного из С на плоскость xz. Тогда
из прямоугольного треугольника ABC получаем
АС2 = СВ2 + В А2.
(I)
Но АС = R, СВ = у, В А = х sin a = x/cosec а. Подстав-
Подставляя эти выражения в соотношение A), приходим к ура-
уравнению кривой, описываемой центром катящегося шара
в плоскости ху:
Я2 cosec
А ¦ у2
2 a J ^ R*
1
уравнение эллипса с полуосями R cosec аи/?, что
11 требовалось доказать.
27. Известная из теории гармонических функций тео-
Рема о среднем утверждает, что если функция U(P) не-
пРерывна в замкнутом круге радиуса R с центром в точ-
Ке Р и гармонична внутри этого круга, то
151

Кёбе' доказал обратную теорему: если функция V Не.
прерывна в некоторой области Т и принимает в каждой
точке Р из Т значение, равное среднему арифметиче-
арифметическому значений на любой окружности с центром в точке
Р, целиком лежащей в Т, то функция U гармонична в Т.
Пусть Р — внутренняя точка области Т и окружность
С радиуса R с центром в точке Р целиком лежит внутри
Т. Если мы докажем, что при этих условиях
2л
u(P + Rea)d9,	A)
то функция удовлетворяет условиям теоремы Кёбе и,
следовательно, гармонична в Т.
Введем полярные координаты с полюсом в точке Р.
Тогда соотношение
т
можно преобразовать к виду
(У — любая допустимая функция, свойства которой
определены в условии задачи). Построим одну из таких
допустимых функций V. Пусть R — радиус окружности
С, целиком расположенной внутри области Т, с центром
в точке Р, I — наименьшее расстояние между С и гра-
границей области Т, p = min(i?/3, /)» а — положительный
параметр, удовлетворяющий неравенству а < р. При-
Приравняем -^-(rdV/dr) непрерывной функции f(r), поло-
положительной в интервале а/2 < г < а, отрицательной в
интервале R — a<.r <.R-\-a, равной нулю всюду вне
R+a
этих отрезков и такой, что \ / (г) dr = 0. Решив полу
		о
1 Sitzungsberichten Berl. Math. Gesel., Bd. 5 A906), 39. Эту
теорему можно найти теперь в большинстве учебников по уравне-
уравнениям математической физики, например, С. Л. Соболев, Уравнения
математической физики, М. —Л., ГИТХЛ, 1950, стр. 158, теорема *
(правда, там речь идет о гармонической функции в пространстве!
ио доказательство без труда модифицируется). — Прим. ред.
152

чпвшееся дифференциальное уравнение, мы найдем
функцию V, непрерывную вместе со своими частными
производными первого и второго порядков; V = Ci вну-
внутри круга радиуса г = а/2 и V = С2 вне круга радиуса
г = R + а. Одну из констант можно выбирать произ-
произвольно. При Сг = 0 построенная функция V принадле-
принадлежит к числу допустимых.
Подставляя ее в левую часть соотношения C) и про-
производя интегрирование по О, получаем
a	R+a.
\U{r)f(r)dr+ \ U(r)f(r)dr = O,	D)
О	Н-а
где
о
Теорема о среднем позволяет заменить равенство D)
соотношением
Поскольку функция U непрерывна, а последнее соотно-
соотношение выполняется при значениях а, сколь угодно близ-
близких к нулю, то
?7@) = U(R),
что равносильно соотношению A).
Тем самым утверждение задачи доказано.
28. Продифференцировав т раз по х правую и левую
части тождества
у{ех-1) = х,
где у — производящая функция для чисел Бернулли:
х	\	х2
У~ ех-\ =1 ~TX~^Bl~2i"^~ ••"
... +(-1)'"^-^+ .... A)
получим соотношение
г
0	при #._ ..
1	при m = 1
153

(обозначения стандартные: y{i) = d'y/dx1, ( "! J — бино-
биномиальный коэффициент), При х = 0 производящая
функция у и ее производные принимают следующие зна-
значения:
у = 1 t/ =	- wB'+1> — 0 ы<2'> = (_ IV В
Полагая индекс т в B) равным 2п, 2п-\- 1, 2п-\-2,
находим три соотношения, из которых первое {т = 2п)
имеет вид
...+(-1Г!B„2!.2)в„-,=0; C)
два остальных аналогичны, но содержат последний член
не с В„_1, а с Вп. Умножив первое соотношение на
2п-\-\, второе — на (—2п) и сложив, разделим сумму
на Bп+1)! и разложим ее последний член на два,
представив число 2п в виде Bп— 1) + 1. В итоге мы
получим соотношение
-=0. D)
Умножив второе из трех соотношений на 2п + 2,
третье — на — Bп+1) и сложив, разделим сумму на
Bп + 2)!. Подобный результат получается из соотноше-
соотношения D), если в нем отбросить последний член и увели-
увеличить на единицу числа в первых факториалах, стоящих
в знаменателях. Сравнивая второе из полученных соот-
соотношений с исходным уравнением задачи, мы видим, что
с2Ш = (— 1) i Bi — 1) Bi + 1) Bi + 2) Bt (заметим, что
последовательность с3, Cs, ... бесконечной системой ура-
уравнений, данной в условии задачи, определяется одно-
однозначно). Следовательно, если мы располагаем методом,
позволяющим находить значения чисел Бернулли Bit то,
внеся в него весьма незначительные изменения, получим
метод вычисления коэффициентов cs, и наоборот.
154

Первое из найденных соотношений, то есть D), дает
1 1	?з	|	1 с2п+\ ¦ /	i\n_Sn___n
+l)! ^ 4!Bя-1)! t- ... "Г Bя)!ц Tl U Brtj,
что равносильно утверждению задачи.
Для вычисления Bj (и, следовательно, cs) мы могли
бы воспользоваться следующим методом.
Записав производящую функцию в виде
.._ 1„ [!+(«*-1I
У — ех_\
и разложив правую часть по степеням (ех— 1), получим
m=0
Далее можно разложить (ех—1) по степеням х, найти
m-ую степень ряда и собрать подобные члены. Коэффи-
Коэффициент при х2п окажется равным (—1)п-'Вп/BпI.
Б конце концов мы получим для Вп следующее выра-
выражение:
где
29. Докажем прежде всего, что
Действительно, при
„ + Un-2) = Un-i (Un+i — «„-i),
"»+!«„-1 = "п-1 ~ "«"«-2 = "в-2 ~ "в-1М«-3 = • ¦ ¦ =
= «1 - ы3и| = 64 - 60 = 4.
155

Выражение для общего члена ряда арккотангенсов
преобразуем следующим образом:
arcctg u\ = arcctg [un Dы„)/4] =
= arcctg [«„ (ия+1 + ия_,)/К - ы«+1ы»-|)] =
= arcctg («„+iK) — arcctg (wn/wrt-i) B)
(при замене 4м„ на un+i + «n-i мы воспользовались ре-
рекуррентным соотношением, приведенным в условиях за-
задачи, при замене 4 на и2п — ип+1ип_1 — соотношением A);
кроме того, мы воспользовались неравенством ип+1/ип <
<«„/«„_!, вытекающим из A), поскольку соотношение
arcctg х — arcctg у = arcctg(ху + 1/f/ — х) имеет место
при х<у).
Пусть индекс п в соотношении B) принимает значе-
значения от 2 до г. Суммируя, получаем
г
arcctg и] + ? arcctg u\ = arcctg (ur+l /ur).	C)
При г—>оо отношение ur+i/uT стремится к большему
корню квадратного уравнения х2 = 4х—1, то есть к
2 + д/З *• Следовательно, переходя в C) к пределу, мы
получаем соотношение
со
? arcctg ul = arcctg B + V3~) = -g-.
n-l
См. также задачу 52.
30. Предположим сначала, что 0 < с < 1.
Тогда 1 > с2 > Ci, С] < с3 < а2, а2 > «4 > «з. «з < а5 <
< щ, ... и вообще
0	< cj < с3 < а5 < ... < С2„-1 < ...;
1	> а2 > с4 > а6 > ... > Ог„ > ...
и c2i_i < a2fc при t, ?= 1, 2, ... . Следовательно, суще-
существуют два предела: lim a2n-\ = x и lim О2„ = г/, при-
чем х ^.у. Эти пределы служат решениями уравнении
fl* = j,t ау = х,	A)
lim cn существует тогда и только тогда, когда х = у и
раьен общему значению этих величин.
156

При любых значениях а из интервала \/ее ^ а ^ 1
кривые A) пересекаются в одной точке. В этой точке
х = у. Таким образом, при \/ее ^ а ^ 1 существует
liman = х = у. При любых значениях а из интервала
О < а < 1/ее кривые пересекаются в трех точках (Хи у{),
(х2, №), (*з, Уз), причем хх < у и х2 = у2, х3 > Уз, х3=уи
Xi z= уз- Если 0 ^ х < Х2, то / (х) = а0* также принад-
принадлежит этому интервалу, а так как а\ = f@), a3 = /(ai)
и вообще a2fc+i = f(o2k~i), то x = limc2n+i может рав-
равняться только х\ или х2. Поскольку /' (х2) = In2 с • л| > 1,
второе невозможно. Следовательно, liman не сущест-
существует. Нетрудно показать, что
lim lima2n+1 = 0, lim Нта2„:=1.
o-»0 n->co	a->0 n->oo
Перейдем теперь к случаю а > 1 (при а = 1 все ап
и limcn также равны 1). При любых значениях а из
е
интервала 1 <с< Vе кривые A) пересекаются в двух
точках (хи t/i), (х2, у2), причем х{ — уи х2 — у2, xi < х2.
е
При о = л/е эти точки сливаются в одну х\ = х2 = е
е
и при с > Vе кривые A) не пересекаются.
При всех с > 1 справедливы неравенства
1<с<О2< ... <ап< ....
Поэтому х = lim an, конечный или бесконечный, суще-
существует. Если он конечен, то х и у = х — решения урав-
е
нений A). Если 1 <c^Ve» то
е
W
е _
We
)
Следовательно, lim с„ конечен, если конечен аналогич-
е
предел при а = л[ё. Но
157

поэтому Нта„ —е при а = уе. Пределы lim с„, ко-
е _
нечные при 1 <.а < Vе. даются решением д^ = j/i урав-
уравнений A), принадлежащим этому интервалу. В част-
частности, при a = Ve предел последовательности ап равен е.
е
Поскольку при любых а > Vе кривые A) не пересе-
пересекаются, предел последовательности с„ при о > л/е не
существует.
Итак, конечный lim an существует только в интер-
Ч
вале
lim с„
^\/е. Если обозначить а через х, а
через у, то найти предел можно, решив уравнс-
ние у = ху. Следовательно, необходимо рассмотреть
е
кривую у = ху в интервале l/ee^x^Ve« Нетрудно
показать, что эта функция непрерывна вместе со всеми
производными на всем интервале, кроме его правого
конца (дочки х==д/е/» и монотонно возрастает от
е _
х= 1/е до х — л/е. Точка перегиба кривой имеет коор-
координаты х = 0,396, у = 0,582.
Левее точки перегиба кривая вогнута, правее — вы-
выпукла (относительно оси х). Координаты некоторых то-
точек кривой представлены в таблице:
X
У
-4-=0,0763
— = 0,368
е
0,396
0,582
1
1
Vi" = 1,44
е = 2,72
31. Построим треугольник UVW, стороны которого
VW, WU и UV проходят через точки А, В и С. Пусть
прямые UO, VO, WO пересекают стороны треугольника,
противолежащие вершинам U, V, W в точках W, V, W.
Обозначим W", V", V" точки пересечения соответствую-
соответствующих сторон треугольников UVW и U'V'W'k По теореме
1Б8

Дезарга точки U", V", W" лежат ка одной прямой. До-
Докажем, что точка пересечения этой прямой с заданной
является искомой точкой Р.
Из четырехугольника LJWOV следует, что
VU'WU" — гармоническая четверка точек (см. III. 2).
То же самое верно и относительно UWVW" и WVUV".
Воспользуемся следующей теоремой (см. III. 5): пусть
задана кривая третьего порядка и фиксированная точ-
точка О; а переменная секущая ОР пересекает кривую
третьего порядка в точках А, В к С. Тогда если k — не-
некоторая постоянная, то геометрическим местом точек Р,
таких, что 1/ОА + 1/ОВ + 1/ОС — k/OP, являегся пря-
прямая. Если k = 3, то геометрическое место точек Р, об-
обладающих указанным свойством, называется полярой
точки О относительно данной кривой третьего порядка.
Считая объединение трех прямых VV, VW, WU (выро-
(вырожденной) кривой третьего порядка, рассмотрим поляру о
точки О относительно этой кривой. Пусть L — точка пе-
пересечения поляры о с VW. Проведем секущую OL, пере-
пересекающую прямую WU в точке М и прямую UV в точ-
точке N. Тогда L, М, N — тройка точек пересечения секущей
с нашей кривой третьего порядка, & L — с полярой, так
что 3/OL = 1/OI + MOM + l/ON, или 2/0L = \/0М +;
+ \/0N. Следовательно, 0MLN — гармоническая четвер-
четверка точек. Проектируя ее из U на VW, получаем гармони-
гармоническую четверку U'WLV. Но поскольку четверка
U'VU"W также гармоническая, точки L и U" совпадают.
Аналогичным образом можно показать, что поляра о
проходит через точки V" и W", так что Pgo, и потому
_з__ J_ ,	L j__L
OP OA ~*~ OB ~*~ ОС '
Тем самым доказательство того, что точка Р обладает
требуемыми свойствами, завершается.
32. Пусть а, Ь, с — вещественные положительные кор-
корни кубического уравнения
л-3 - рх2 + qx — f = 0.	A)
В такой записи коэффициенты р, q и / положительны,
поскольку по формулам Виета р = а-\-Ь -\- с, q = ab +
+ о.с -f- be, f = abc. Кроме того, по формуле Герои а
159

площадь S треугольника связана с длинами сторон
а, Ь, с соотношением
= \л/р(р-2а){р-2Ь)(р-2с) =
Поскольку коэффициент р положителен, условие веще-
вещественности S сводится к неравенству
Apq > р3 + 8/.	B)
При положительных р, q, f уравнение A) не может
иметь отрицательных и нулевых корней. Поэтому если
все его корни вещественны, то они положительны. Из-
Известное условие вещественности корней [для уравнения
х3 + ах+р = 0 это неравенство (а/3K + (Р/2J < 0] в
нашем случае выглядит так:
4 {р2 - 3qf > (9pq ~ 2р3 - 27/J.	C)
Неравенства B) и C) вместе с условием положитель-
положительности коэффициентов р, q и f служат условиями того,
что корни кубического уравнения A) являются длинами
сторон некоторого треугольника.
33*. Пусть Q (xt) == х\ + х|; В (yh z,) = yxz{'+' y2z2 —
билинейная форма, переходящая в невырожденную по-
положительно определенную квадратичную форму Q(x,)
при подстановке yt = xt, Zj = ху, х\ = sin t, x2 = cos t —
параметрические уравнения окружности Q(x,)=l,
ui — x'i (')• Заметим, что величина В [x(/V) (t), x} (с)], рас-
рассматриваемая как функция от t, достигает на Q(X{)= 1
абсолютного максимума при t = а:
В [x^.IV) (t), х} (с)] = sin t sin a + cos t cos о = cos (t — a).
По условиям задачи функция f(x) однозначна и не-
непрерывна на отрезке [с, Ь], отлична от тождественного
нуля и удовлетворяет неравенствам 0^/(х)^М.
160

Пусть g(t) еще одна функция, обладающая такими же
свойствами, как и f(t), a
гб	Ь	-1
-B\\f(t)Ui{f)dt, \g{t)u,{t)dt\.
*-а	а	¦*
Тогда
В этих обозначениях неравенства задачи можно за-
записать следующим образом:
0<H(
Для доказательства неравенств A) воспользуемся
легко проверяемым тождеством
ь ь
= j\\f{t)g(s) [(sin t — sin sJ + (cos t — cos sJ] Л ds =
a a
Ь b
= -Y\\f(t)g{s)Q(ui(t)-ui(s))dtds.
Функции f и g непрерывны и не равны тождественно
нулю, поэтому существует по крайней мере одна точка
(t,s), t ф s-\- 2kn, где оба значения f (t) и g(s) положи-
положительны. В этой точке
f(t)g(s)Q(ul(t)-ul(s))>O.
Поэтому
H{f,g)>0.
Кроме того, поскольку В — билинейная форма, а инте-
интеграл линейно зависит от подынтегральных функций, то
Предположим, что функция f не равна тождественно
Своей верхней грани М. Тогда функция g(t) = M — f(t)
6 Зак, 438	161

обладает всеми необходимыми свойствами. Поскольку
Н(ё, ё)>0, а по доказанному H{f, g)>0, To
H(M,M)>H(f,f). Таким образом, функционал H(ftf)
достигает максимума, когда функция / совпадает со
своей верхней гранью М:
0<H(f, f)<H(M, M)^=
, 1).
Оценим величину
l) = (b-aY-Q[xi{b)-xi(a)} =
= {b — aI — (cos b — cos aJ — (sin b — sin aJ =
= F - af -2 + 2cosF - a) =
Воспользовавшись неравенствами
справедливыми при всех z>0, получаем
12
что и требовалось доказать.
34. Пусть D = | а.ц |. Заметим, что окаймленный опре-
определитель
10	0	... О
1 е	е2 ... е<'
1 е2 е4
о(/1—I) р2[п.—1)	р(и—I) (rt—•]
равен исходному определителю D. Умножая определи-
определитель A) на себя, получим определитель D2 = \Ьц\, та-
такой, что элемент btj равен 1, если индекс i либо индекс /
равен 1, а во всех остальных случаях
162

1
1
1
1
1
1
0
0
0
п
1 ...
0 ...
0 ...
«...
0 ...
1
0
п
•
1
п
0
0
= nn-2
п
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1 ...
0 ...
0 ...
1 ...
0 ...
1
0
1
1
1
0
0
По хорошо известному свойству первообразных корней
последнее выражение равно п, если k кратно п, и равно
О при всех остальных значениях k. Таким образом,
B)
(второй определитель получается из первого, если сна-
сначала первый столбец умножить на п, а затем все строки,
начиная со второй, разделить на п).
Коэффициент при пп~2 является определителем и-го
порядка, который мы обозначим ы„. Вычитая вторую
строку определителя м„ из первой и разлагая ип по эле-
элементам последнего столбца, получаем рекуррентное со-
соотношение
которое можно продолжать*
3
1
1
1
0
1
1
1
0
До тех пор, пока мы не дойдем до соотношения
= — 1.
р)„()(),
что и требовалось доказать. Определитель D задан
Этим соотношением с точностью до знака. Неопределен-
Неопределенность в выборе знака связана не только с извлечением
Квадратного корня: выбирая различные первообразные
КоРни, мы 'можем в некоторых случаях получать значе-
Ия D, равные по величине, но противоположные ло
3Иаку.
35. Через точку Р, лежащую на дуге С окружности,
Р°ведем прямую, пересекающую дугу С в точке А
6*
163

(рис. 12). Выбрав на хорде РА произвольную точку р,
проведем через нее хорду BD. Построим точку Е пере-
пересечения прямых АВ, DP и точку F пересечения прямых
РВ, DA. Прямая EF — поляра точки Pi (см. III.5). Вы.
брав на хорде РА другую точку Р2 и повторив все по-
построение, получим поляру MN точки /V Пусть L — точ-
точка пересечения прямых MN и EF. Тогда L — полюс пря-
прямой РА и, значит, является точкой пересечения каса-
касательных к окружности, проведенных в А и Р (см. там
Е
Рис. 12.
же). Следовательно, прямая, проходящая через точки L
и Р, касается дуги С в точке Р.
36. Пусть ф' = dq>/df, ф" = d2cp/df2, ft = df/dxt и f,-/ =
у. Тогда
if,\.	(О
>х? dxi
Определитель в правой части последнего равенства мо-
можно разложить по столбцам в сумму 2" определителей.
Но поскольку все определители, содержащие более од-
одного столбца с элементами вида q>"fifj, обращаются в
нуль, то
н [ф (/)]=(ф'Г н (f) + (ф'Г1 ф" t h
Ml • • • /l • • • fin
tn\ • • • In • ¦ ¦ Inn
B)
где t-й столбец содержит частные производные первого
порядка функции /. По теореме Эйлера об однородных
функциях	п
f
164
A-l

Подставив это выражение в i-й столбец определителя,
стоящего в правой части соотношения B), разложим
его в сумму п определителей, из которых все, кроме од-
одного, обращаются в нуль. Единственный отличный от
нуля определитель равен xtH (f) / (р — I). Таким обра-
образом,
н [Ф Ш1 = (фТ я (f) +
' ф"
- 1
Г1
Xift,
а поскольку Y,xifi = pf, то
Я [Ф (f)] = Я(f) [(фТ + Р (р - 1)~' f • (ФТ~! Ф"],
что и требовалось доказать. (Частным случаем этой за-
задачи является задача 14.)
37. Пусть АС — лестница длиной a, BD — лестница
длиной Ъ, ВС = х — расстояние между стенами, АВ=у,
Рис. 13.
CD = z, EF = h и BF = t (рис. 13). Тогда из подобия
треугольников AGE и ABC следует, что tjx = (y — h)ly,
а из подобия треугольников EFB и DCB — что h\z = Цх.
Таким образом, h/z = (у — h/y) и
Поскольку у < a, a z <; Ъ, то неравенство
-L_l-L<< J.
B)
рассматривать как необходимое условие суще^
СтВования решения задачи. Покажем, что неравенство
165

B) является также и достаточным условием существо-
существования решения. Не ограничивая общности, можно счи-
считать, что а^Ь.
Прежде всего заметим, что если х— расстояние ме-
между стенами, то х2 = а2 — у2 = Ь2 — z2, откуда
ks = с2 - Ь2 = у'2 - z2.		 C)
Если а = Ь> 2Л0, то y = z = 21ц, и х = уЬ2 — 4$.
Если й>6 и задача допускает решение, то, как сле-
следует из соотношения A), отрезок 2/i совпадает со сред-
средним гармоническим отрезков у и г, в силу чего h < z <
< 2/i ¦< у. Комбинируя A) и C), получаем
f(z) = z3{z-2h) + k2{z-hJ = 0.	D)
Из D) ясно, что функция f(z) положительна при г^О
или 2 ^ 2/i. Кроме того, f(h)=-~ /i4. Следовательно,
функция f (z) по- крайней мере один раз обращается в
нуль между 0 и h и между h и 2h. Но f'\h) — — 2h3,
f'Bh) = 8h3 + 2k2h, а поскольку f"(z) = \2z{z — h)+ 2k2,
то f'(z) в интервале от h до 2h обращается в нуль один
и только один раз. Таким образом, функция f(z) в ин-
интервале от h до 2/г убывает от некоторого отрицатель-
отрицательного значения до минимума, а затем возрастает и обра-
обращается в нуль только один раз.
Докажем, что единственный корень функции f{z),
принадлежащий интервалу [h, 2h], меньше Ь. Путем не-
несложных преобразований f(b) можно привести к виду
= a2ib-hJ-h2b2;	E)
из B) следует неравенство a{b —/i)> hb. Таким обра-
образом, /(Ь)>0, а поскольку Ъ > h, то b больше нуля
функции f(z), заключенного в интервале [h, 2h]. Итак, х
однозначно определяется из соотношения х = *\Jb'2 — г2
(г — нуль функции f(z), заключенный в интервале
[h,2h]), ay — из соотношения A). Найденные значения
у и z удовлетворяют соотношениям A) и D), а следо-
следовательно и C). Подставляя найденное значение z в C),
находим
Этим соотношением завершается доказательство то-
того, что полученное значение х, и только оно одно, слу
жит решением задачи.
166

Рассмотрим остальные нули функции f(z). Если
2^2 __ з/i2 ^3= 0, то f"{z) имеет двукратный вещественный
корень или комплексно сопряженные корни. В этом слу-
случае f B) имеет два комплексно сопряженных нуля. Если
2k2 — З/12 < 0, то f"{z) имеет два нуля в интервале [0, h]
и в каждом из них выполняется неравенство 6/"(z)=:
-=Bz- h)f'(z)- 4C/z2- 2fc2)z- 1062/г < 0. Поскольку
максимальное и минимальное значения f B) отрицатель-
отрицательны, ГB) имеет два комплексно сопряженных нуля и,
следовательно, /(г) также имеет два комплексно сопря-
сопряженных нуля. Итак, единственный вещественный нуль
функции f(z), отличный от рассмотренного выше, заклю-
заключен в интервале [0, h]. В силу соотношения A) значение
у, соответствующее этому (меньшему) нулю функции
j(z), отрицательно: лестница длиной а касается проти-
противоположной стены в точке, расположенной ниже уровня
горизонтальной площадки, а точка пересечения продол-
продолжений лестниц лежит вне отрезка х.
Можно показать, что больший из нулей функции f(z)
удовлетворяет неравенствам
2h-4r<z<2h- nn
8Л ^ " ^ ""• 8/г2 + k2 '
38. Ни один из членов обеих последовательностей не
является целым числом. Левее любого целого числа N
на числовой оси расположено [N/A -\-Х)] членов первой
и [N/A + У)] членов второй последовательности. Но
N I N	N	NX	,
t	t ill 	W.	(I)
l+X ^ 1 +Y 1 +X ^ l+X
Поскольку число Х иррационально, числа N/(l-\-X) и
W/(l -\- Y) имеют ненулевые дробные части, сумма кото-
которых в силу соотношения A) равна 1.
Следовательно, |7V/A + X)] + [N/(\ + Y)] = N — 1, то
^сть левее числа N на числовой оси расположено всего
"¦-¦1 членов обеих последовательностей. Поскольку ле-
Вее числа N + 1 расположено N членов обеих последова-
Тельностей, то между числами N и N + 1 заключен ровно
°Дин член какой-то из этих последовательностей, что и
тРебовалось доказать.
39. Приведенное в условии задачи утверждение не-
^еРно. Точке плоскости с полярными координатами
¦Ф, ¦&) соответствуют также полярные координаты
167

[(— 1)ир, яп + Ф]. Следовательно, для того чтобы найти
точку пересечения двух кривых, заданных уравнениями
в полярных координатах, необходимо в одно из уравне-
уравнений вместо р подставить (—1)"р, а вместо Ф— угод
яи + Ф и затем решить систему относительно р и Ф при
любых натуральных п.
40. Утверждение задачи допускает различные обоб-
обобщения. Оно остается в силе и при замене в исходном
соотношении кубов сторон а, Ъ, с произвольной нату-
натуральной степенью п > 1 и при рассмотрении вместо
трех положительных величин а, Ъ, с любого числа таких
величин. Мы приведем доказательство обобщенного
утверждения для случая, когда длины отрезков а, Ь, с
удовлетворяют соотношению
Для удобства все доказательство разбито на 5 тео-
теорем *.
Теорема 1. Пусть п — натуральное число больше 1,
х — любая положительная величина, а величина йфО,
такая, что сумма х + d положительна. Тогда
(x + d)n>xn + ndxn-1.	A)
Доказательство. При п = 2 утверждение теоремы
очевидно, поскольку левая часть неравенства A) пре-
превосходит правую на d2. Умножив обе части неравенства
A) при п = 2 на положительную величину x-\-d, полу-
получим неравенство A) при -п = 3. Продолжая этот про-
процесс, можно дойти до любого значения п. Теорема 1 до-
доказана.
Теорема 2. Пусть а, Ъ, с — положительные величины.
Тогда
B)
причем равенство достигается в том и только в том
случае, если а = Ъ = с.
Доказательство. Предположим, что не все величины
а, Ь и с равны и что они расположены в порядке воз-
возрастания. Пусть а + Ъ = 2т, тогда с > пг, и мы можем
положить с = m + d, где d > 0. Подставляя а + Ь =
= 2m, c = m-\-d в левую часть неравенства B), полу
чаем [(a + b + c)/3f = {m + d/3K. По теореме *
168

(m'-f rf/3K > m3 + m2d = m2c. Ho m2c ^ abc, поскольку
ftf z= ab -\-(a — b) 2/4 ^ ab. Теорема 2 доказана.
Теорема 3. Пусть а, Ь, с — положительные величины,
п — любое натуральное число больше 1. Тогда
(«п + 6" + с")/3>[(а + Ь + с)/ЗГ,	C)
причем равенство достигается в том и только в том слу-
случае, если а = b = с.
Доказательство. Пусть с + Ь + с = 3m, a = m + a',
b = m-\-b', с = m-\-c', где а' + Ъ' + с' = 0. По теоре-
теореме 1 ап > mn + na'mn-\ bn^mn-\- nb'mn-\ cn ^
^m" + nc'mn~x, причем все три неравенства выро-
вырождаются в равенства в том и только в том случае,
если а' ==Ь' = с' = 0, то есть а = b = с. Следователь-
Следовательно, кроме этого исключительного случая, левая часть
неравенства C) больше тп -\-птп~* (а + b + с) /2 = тп.
Именно эта величина и стоит в правой части неравен-
неравенства C). Теорема 3 доказана.
Теорема 4. Из всех треугольников с данным перимет-
периметром наибольшую площадь имеет равносторонний тре-
треугольник.
Доказательство. Пусть 2р = о + Ь + с — заданный
периметр, a S — площадь треугольника со сторонами
a, b и с. По формуле Герона S2 = р{р — а) [р — Ь)Х
Х(р — с). Если не все отрезки а, Ъ и с равны, то по тео-
теореме 2
(р-а){р-Ь)(р-с)<[(р-а) +
Следовательно, S2 < р4/27, или S < /э2/3'/а, то есть пло-
Щадь треугольника с неравными сторонами а, Ь, с мень-
меньше площади равностороннего треугольника со стороной
2р/3, что и требовалось доказать.
Теорема 5. Среди треугольников со сторонами а, Ь, с.
Удовлетворяющими соотношению
ort+bn + cn = 3mn,	D)
где п — натуральное число больше 1, наибольшую пло-
Щадь имеет- равносторонний треугольник со стороной т.
Доказательство. (При п = 1 доказываемое утвержде-
утверждение совпадает с теоремой 4). Предположим, что не все
отрезки а, Ь, с равны и выполняется соотношение D).
169

Пусть S — площадь треугольника со сторонами а, Ъ, с;
а + Ь + с = 3s; Es — площадь равностороннего треуголь-
треугольника со стороной s. Тогда по теореме 4S < Es, а в силу
соотношений C)' и D) тп > s", или m>s. Следова-
Следовательно, если Ет — площадь равностороннего треуголь-
треугольника со стороной т, то Ет > Es > S, что и требовалось
доказать.
Утверждение задачи следует из теоремы 5 при п =
= 3.
41. а. Воспользуемся хорошо известной формулой
суммы квадратов п первых натуральных чисел и обозна-
обозначим через k их ККСК. Тогда
(n+l)Bn+l) = 6k2.	A)
Поскольку число k должно быть целым, то число п не-
нечетно. Кроме того, правая часть соотношения A) де-
делится на 6, поэтому п = 6а + р, где р = ±1. Рассмот-
Рассмотрим сначала случай, когда п = 6а—1. Подставляя это
значение в A), находим а A2а— \) = k2, a поскольку
множители а и 12а—1 взаимно просты, то а = 12 и
12а — 1 = т2.. Следовательно, 12/2 = т2 + 1. Но такое
равенство невозможно, поскольку квадрат любого це-
целого числа либо кратен 4, либо равен кратному 4
плюс 1.
Рассмотрим второй случай, когда п = 6а+1. Под-
Подставляя в A), находим (За+ 1)Dа+ 1)= k2. Посколь-
Поскольку множители За + 1 и 4а + 1 снова взаимно просты,
то За+1 = /2, 4а+1 = т2 и BZJ —Зт2=1. Это
уравнение можно решить в целых числах хорошо извест-
известными методами и, зная решение в наименьших целых
числах, получить все остальные (см. III. 9). Три решения
в наименьших целых числах имеют такой вид:
B)
1
1
13
181
т
1
15
209
п
1
337
65 521
k
1
13X15
181 X 209
б. Вычтем сумму первых а — 1 натуральных чисел из
суммы первых а + п — 1 натуральных чисел, разделим
170

разность на п и приведем подобные члены. В резуль-
результате мы получим соотношение
2л- + Fа — 3) п + 6а2 — 6а + 1 = 6А:2,	C)
где к— целое число. Как и в пункте «а», рассмотрим
два случая: я —6а+1 и п = 6а—1. При « = 6а+1
из соотношения C) находим
3a2 + a = A:2-/2, l = a + 3a.	D)
Поскольку разность к2 — I2 при делении на 4 дает
остаток 0, 1 или 3, то либо a = 0 (mod 4), либо а =
= I(mod4). Число За2-\-а и в том и в другом случае
делится на 4. Следовательно, числа к и I либо оба чет-
четные, либо оба нечетные. Пусть к — / = 2т. Тогда пер-
первое из соотношений принимает следующий вид:
а (За +1) = Am (l + m).	E)
Соотношение E) порождает бесконечное множество ре-
решений в целых числа-х. Действительно, выбрав допусти-
допустимое значение а и подставив его в левую часть соотно-
соотношения E), мы можем взять в качестве т один из де-
делителей числа Л^ = aCa + 1)/4. а зная т, найти за-
затем I, k и а. При этом, как следует из соотношения D),
должно выполняться неравенство / > За, что дает для
т ограничение
/	За
"Г
Любое допустимое значение а ^э= 5 приводит по крайней
мере к одному решению
(m=l, a==«Ca + l) _ Ca+1), n=6a+
и может порождать несколько решений. Некоторые та-
такие решения представлены в приводимой ниже таблице.
При п = 6а — 1 вместо D) мы получаем следую-
следующее соотношение:
¦Sal-a=k2-P, / = a—l+3a.	F)
В этом случае допустимые значения а удовлетворяют
либо сравнению а = 0 (mod 4), либо сравнению а нз
^3(mod4). Следовательно, если снова положить
к ~- I == 2т, то
aCa—l) = 4m(/ + m).	G)
171

Дальнейшие рассуждения аналогичны предыдущему
случаю. . Приведем несколько пар значений п и а,
при которых ККСК последовательных целых чисел
а, а-\-1, .... а-\-п— 1 также является целым числом.
При п = 6а + 1
п
а
1
Любое
31
4
49
25
55
35
73
74
79
90
79
24
97
48
97
147
¦ • •
. . .
(При п <С 79 допустимо только т = 1, при п = 79
и 97 допустимы m = 1, 2 и т. д.)
При п = 6а — 1
п
а
41
14
47
22
65
10
65
55
71
69
89
8
89
120
95
45
95
140
. . .
. . .
42. Пусть х — число кокосовых орехов в куче до того,
как пришел первый «посетитель», а у — число орехов,
оставшихся после ухода n-го посетителя. По условиям
задачи
х— \ = kn, y = hn,	A)
где k, h и п — неизвестные целые числа. Пусть
(п— 1)/п = р. Тогда после ухода первого любителя ко-
кокосовых орехов в куче осталось knp орехов, а после
ухода r-го любителя —
B)
(к + 1) (h -1)г -(«-!) «г-'
Приравняв при г = п правую часть соотношения B)
числу hn, находим
{k+l)(n-l)n=[(h+l)n-l]nn-\	C)
откуда ввиду взаимной простоты п и п — 1 вытекает,
что
k + l=mnn-1, (h-\-\)n-l=m(n-\)n, D)
172

где tn — некоторое целое число. Второе из соотношений
D) можно представить в виде
отсюда видно, что число т(п— 1)п~1 — 1 кратно п. Кро-
Кроме того, очевидно, что если нам удалось бы найти одно
значение т, например т', при котором число
т'(п — 1)п~'— 1 кратно п, то любое значение т, обра-
обращающее h в целое число, можно было бы задать соот-
соотношением т = т'-{-пс, где с — любое натуральное чис-
число. Если т' — наименьшее натуральное значение т, то
все целые значения h можно получать, придавая с по-
последовательные натуральные значения 1, 2, 3, ... . Пер-
Первое из соотношений D) определяет соответствующие
значения k, а соотношения A)—значения х и у. Заме-
Заметим также, что, подставляя k + 1 из D) в B), мы убе-
убеждаемся, что все промежуточные результаты (число
орехов после ухода r-го прохожего) также являются це-
целыми числами, то есть целочисленность h служит един-
единственным ограничением на т. Таким образом, общее
решение, соответствующее любому заданному значению
п, имеет вид
х = {т' + пс)пп-(п-1),
F)
где т' — наименьшее натуральное число, при котором
т'(п — 1)"-' — 1 кратно п.
Поскольку (о—l)n-'==(—l)n-'(modn), мы видим,
что наименьшее положительное значение т', удовлетво-
удовлетворяющее сравнению
т{п- I)"- lsO(modn),
равно 1 при нечетном п и п — 1 при четном п. Таким
образом, общее решение задачи можно представить
в виде
x={l+nc)nn-(n-l), y = {\-\-nc){n~l)n-{n-l)
при нечетном п и
х = (п ~ 1 + пс) п11 — (п — 1),
?/ = С« — 1 -Ь «с) (п — 1)" — (гг — 1)
173

при четном п. Обе эти формы можно объединить
в одной:
х = Кпя-(п-1), у = К{п-\)п-{п-\),
2К = п A + 2с) + (-1)"+1 B - п),
где п и с — любые натуральные числа.
В таблице представлены численные значения глав-
главных (отвечающих га = т') и общих решений хну при
я = 2, 3, ..., 10.
га
2
3
4
5
6
7
8
9
10
т'
1
1
3
1
5
1
7
I
9
хо
3
25
765
3 121
33 275
823 537
117 440505
387420 481
89 999 999 991
Уо
0
6
240
1020
78120
279 930
40 353 600
134 217 720
31381059 600
хс
3 + 8с
25 +81с
х0 + 45с
х0 + 5вс
х0 + 67с
Хо + 7*с
ха + 8"c
л:0 + 9'°с
лго+Ю"с
0 + 2с
6 +24с
fto + 4-3«c
^о + 5-45с
j^0 + 6 • 5бй
^0 + 7-67й
Уо + 8 ¦ 7»с
Уо + 9 • 89с
#0+10-9I0c
43. Пусть й^- = fr+i+j-2 (i=l, 2	я + 1; / = 1,
2	гс). Тогда D='Z1aljAil (i=l, 2, ..., п), где
Д,- обозначает алгебраическое дополнение элемента
atj в определителе D. Кроме того, йац1йх = (г + t +
+ /—l)ai+i, j- Следовательно, по правилу дифференци-
дифференцирования определителя
i-*\
/=i
•iAv\ •
Вычитая из каждого выражения, стоящего в квад-
квадратных скобках, величину
Z
О при /= 1, 2, ..., п— 1;
(г -\-2п — 1) D' при / = п,
174

получаем
Двойная сумма, входящая в правую часть последнего со-
соотношения, равна нулю, поскольку при i = / обращает-
обращается в нуль член (/ — /), а остальные члены можно раз-
разбить на пары
О' - 0 fli+i. И,-/ + (« — S) а,+г, ьАп,
которые взаимно уничтожаются, поскольку
= аш, г, А» = Ап и j — i = —(i — j).
Таким образом,
что и требовалось доказать.
44. Сумма 2 Aikxlyk содержит члены второго и бо-
более высокого порядков. Решение задачи следует из того,
что исходная система уравнений эквивалентна системе
<р(х, у)-0, d(xay)/dx = 0,	A)
если под у во втором уравнении понимать функцию, не-
неявно заданную первым уравнением.
Докажем, что система уравнений A) допускает ре-
решение в положительных числах х и у. Для этого рас-
рассмотрим функцию z(x) = хау, где у — неявная функция
от х, определяемая уравнением <р(х, г/) = 0. При у = 0
уравнение ф(л;, 0) = 0 также имеет корень, заключен-
заключенный между 0 и 1, который мы обозначим через е.
Записав уравнение ц>(х,у) = О в виде
л-!
У+ Z Aikxlyk = 1 — х — ? AiOx{ = 1 — ф {х, 0),
2<t+k<n	j=2
fe
мы без труда убедимся, что на отрезке [0, е] оно имеет
единственное неотрицательное решение у(х), причем
г/(е)=О. Поэтому z(x) = x°y{x) определена на [0, е],
положительна в @, е) и
175

Теорема Ролля позволяет утверждать, что в интервале
[О, е] существует решение системы A), а значит, и ре-
решения исходной системы в положительных числах х >
> О, у > 0.
Докажем, что это решение единственно. В своих рас-
рассуждениях мы будем исходить из того, что d2(xay)/dx2<.
<. 0 при q(x, у) = 0, d(xay)/dx = 0. Докажем это утвер-
утверждение.
Произведя подстановку z = хау или у = xraz, преоб-
преобразуем уравнение (р(х, у) = 0 к виду
Ь (х, г) = х + zx~a + Z Aikxl~kazk — 1 == 0.
Члены разложения функции Ь{х,г) расположим по
убывающим степеням х:
0(х, г) = Л*"' + Р2ха' + ... + /у,*"/-' + Р, +
т.
где а, > а2 > ... > a7_i > 0; 0 > а/+, > а,+2 > "... > а
Коэффициенты Ps разложения при s Ф j представляют
собой относительно z многочлены с положительными
коэффициентами. Свободный член многочлена Pj равен
— 1, а коэффициенты при ненулевых степенях z, если
таковые имеются, положительны. Система уравнений
dzfdx = 0, q(x,y)==O при положительных х и у экви-
эквивалентна системе уравнений ¦&(x,z) = 0, dz/dx — O. Но
дЫдх + {dbldz) (dz/dx) = 0, в силу чего дЪ/дх — 0. Вто-
Вторую производную d2z/dx2 найдем из уравнения
При положительных х и z производная дФ/dz поло-
положительна. Следовательно, чтобы доказать неравенство
d^z/dx2 <. 0, нам необходимо доказать неравенство
2 > 0. По определению функции ®(х, z)
/-1
176

ЙЛЙ fc-1
ж
_W Z W 0.	A)
С дРУг°й стороны,
/-1
и
Z
=/+
Z
ft=l	k-j+l
Правая часть в силу соотношения A) преобразуется
к виду
/-1 »	т
Поскольку при k ф} многочлен Pk{z) как многочлен
с положительными коэффициентами при положитель-
положительных z принимает положительные значения, то
что и требовалось доказать.
45. Решение задачи сводится к отысканию минимума
функционала
Xi
где f = д/i _]- у'21у, уфО. Поскольку / не зависит явно
°т х и вдоль минимизирующей кривой существует ее
вторая производная, уравнение Эйлера имеет первый
интеграл / — y'\v> = С, которым можно воспользоваться
пРи отыскании экстремали'. Действительно, подставляя
в него выражение для / и fy, = у'у~х A -\-уГ2У'1', получаем
еШением этого дифференциального уравнения служит
^параметрическое семейство полуокружностей
= C2, k>0,
всо ^M-l например, И. М. Гельфанд, С. В. Фомин, Вариационное
деление, М, Физматгиз, 1961, § 4 и 30. — Прим. ред.
177

с центрами на оси х. При Xi ^ х2 через точки {хи у{) и
(Х2, Уг) будет проходить одна и только одна полуокруж-
полуокружность, принадлежащая этому семейству. Нетрудно убе-
убедиться в том, что именно эта полуокружность достав-
доставляет минимум функционалу /. (При х\ = х2 минимизи-
минимизирующая полуокружность вырождается в прямую.) Вос-
Воспользуемся для этого условием Якоби. Полагая к = kit
построим однопараметрическое поле экстремалей, по-
покрывающих полуплоскость у > 0. Для этого поля
W = У~1 (Ч~ У'2)~Ъ > ° (ПРИ У>°)- Таким образом, до-
достаточное условие того, что построенная полуокруж-
полуокружность минимизирует функционал /, выполнено.
*
46. Воспользуемся методом производящих функций.
Пусть
1
Оо=-1, gv-(-1)v-'5(^)^ (v = l,2, ...)
о
их — любое положительное число, меньшее 1 @ < х <
< 1). Тогда
V=0
(почленное интегрирование допустимо, поскольку бино-
биномиальный ряд, стоящий под знаком интеграла, сходится
равномерно). Для вычисления f{x) воспользуемся фор-
формулой Коши. Рассмотрим комплексную плоскость z с
разрезом вдоль вещественной оси от 1 до оо. В остав-
оставшейся части плоскости функция In A — z) однозначна
и аналитична, поэтому мы можем положить
ln(l~2) = ln|l—Z| + «M,
где
(u = arg(l— 2), — я; < со < л.
В разрезанной комплексной плоскости функция l(z>
однозначна и аналитична.
178

Пусть С — любой контур, не" имеющий общих точек
с разрезом и содержащий внутри себя точки z — 0 и
z = х. Тогда по формуле Коши
fM	1 Г f(z) rf,= \ [ ' zdz
I W 2ni J z — Jf	2ш J (z — л:) In A — z)
__ J_ С dz . x Г	dz
= ?я« J in (I — z) "*" 2я/ J (z— x) In A — z) ~~~
r.	n
Функция I/In A — z) аналитична во всех точках кон-
контура С, за исключением z = 0, где она имеет полюс с
вычетом —1.
Пусть /!, р и h — произвольные положительные чис-
числа, удовлетворяющие неравенствам р < 1 — х, R > 1 +
,+ е и h <Z р., 2 = | + /г). Проведем на плоскости z
окружности
и полупрямые
Dh: ч = ±А, Б>1-
Ясно, что в качестве контура С мы можем выбрать гра-
границу области, лежащей между окружностями Ср и CR и
вне полосы, заключенной между полупрямыми D^. Обо-
Обозначим С'ц, Ср и ТЭл круговые и прямолинейные части
контура С. Тогда
i_rc _п	^	+
ш \ ) J (z-*)ln(l-z) T
+ Й2 2^" J (e-^)In(l-
^Рямолинейные части D'h контура С состоят из отрез-
Ов двух прямых, параллельных • вещественной оси,
Положенных симметрично относительно нее и
179

проходимых в противоположных направлениях. Нетруд,
но видеть, что
dz

(г-х)Ы{\-г)
где ln+(l—2) и ln~(l—2) означают соответственно
предельные значения In A — z), когда точка g стремится
к разрезу сверху и снизу. В силу принятых нами согла-
шений относительно функции 1пA —2)
2ni
in-A-
rff
_l e = f
rfz
¦il*=
ж) In A - z)
И
Устремим теперь R к бесконечности, ар — к нулю. Если
е — любое положительное число, то при достаточно боль-
большом R на контуре С будет выполняться неравенство
ln(z-l)
Следовательно,
2Я
- \ р_ . —>0 при
о
Поскольку при z->l
180

на контуре Ср при достаточно малом р будет выпол-
выполняться неравенство
и, таким образом,
¦Sal
ср
2л
Объединяя полученные неравенства, получаем окон-
окончательно
1-х) [In2 A-1) +я2] •
а производя подстановку | = ? + 1, приводим q>(x) к виду
ОО
(?+1-*)Aп2
Разлагая подынтегральное выражение в ряд по воз-
возрастающим степеням х и предполагая (справедливость
такого предположения будет доказана чуть ниже), что
его можно интегрировать почленно, получаем
ОО	ОО
откуда
181

Именно это соотношение и требовалось доказать. Для
обоснования законности почленного интегрирования по-
ложим
г nil, х) —
+	| *""' 1
'(? + !)"-' J"
« (Б. *) = Ф W - 2^ *
(С + 1)V+1 (In2 С + я»)
v-o о
J:
rn{t,,x)
О
Тогда при п-*оо
оо
о
п-1
> (х) = lim У х"
что и требовалось доказать.
Мы доказали формулу A) для всех натуральных
значений v. Однако левую и правую части этой фор-
формулы можно рассматривать как аналитические функции
переменной v, принимающей не только натуральные зна-
значения. Действительно, положив
1 ; \vj— T(t-v+\)r(v+l)e	>
мы получим функцию
I,
F (v) = J e"' <v-"r (/ + v)/[r (/ - v + 1) Г (v + 1)] dt,
о
аналитическую при любых значениях v. С другой сто*
роны, функция
182

заведомо аналитична, если вещественная часть v боль-
больше 1. По доказанному выше функции ^(v) и <D(v) сов-
совпадают при бесконечно многих значениях аргумента
v= 1, 2, .... Можно было бы думать, что <p(v) и F(v)
представляют одну и ту же аналитическую функцию.
Докажем, что такое предположение неверно.
Функция F(v) аналитична при v= 1. Докажем, что
O(v) не аналитична при v = 1. Полагая v—1 = s,
I -f 1 = el, имеем
e~st dt
In2 (el - 1) + я2'
где а — некоторое фиксированное число, большее 1. Пер-
Первое слагаемое в правой части последнего равенства ана-
литично при всех значениях s (целая трансцендентная
функция). Чтобы преобразовать второе слагаемое, за-
заметим, что в полубесконечном интервале (a, -f-°°)
In {e* — 1) = In ё + In (I - е-') = t - Ъе~*,
где Ъ<Ъ<еа1(еа—\)<2.
Следовательно,
1	I
In г (е< _ 1) + Я2 р + п2
где P(t)—функция, ограниченная на полубесконечном
интервале (а, +°°)- Подставляя полученное выражение
Для 1/Aп2(е' — 1)-J- я;2] в правую часть выражения, опре-
определяющего функции Ф(\') и ^(s), получаем
?	e~St dt	? e~St dt 4-
2
второе слагаемое в правой части аналитично, если ве-
вещественная часть s больше — 1. Обозначим ^>(s) первое
Слагаемое в правой части:	• ^
B)
183

Пусть s = <тЧ-h, где т — произвольная величина, а о>
>> 0. Дифференцируя B) под знаком интеграла (ЧТо
можно делать, поскольку получающийся интеграл рав.
номерно сходится), находим вторую производную функ-
ции ^(s):
оо	оо	оо
,,,'/ { \ _ f e~ f At f ._.# „ , f e~st dt
Если s стремится к нулю, оставаясь в правой полупло-
полуплоскости, то интеграл
e-st
Го i	5~ Й*
остается равномерно ограниченным по абсолютной ве-
величине
С
3
dt	1
/2 + я2 ~~ 2 "
б
Наоборот, член \ e~st rf/ = e~as/s -* °° ПРИ s-*0. Это
а
означает, что ^"(s) неограниченно возрастает при s-+0.
Следовательно, функция -ф (s) не аналитична при s==0.
Это справедливо и относительно 1r(s) при s = 0 и Ф(г)
при v = 1. Таким образом, f(v) и <D(v)—две различ-
различные аналитические функции, значения которых совпа-
совпадают при v= 1, 2, ... . Возникает вопрос, могут ли зна-
значения этих функций совпадать в точках, образующих
другую бесконечную последовательность {vn}, п = 1.
2, ... . Нетрудно доказать, что это невозможно,* если
последовательность {vn} имеет по крайней мере одну
конечную предельную точку, вещественная часть кото-
которой больше 1. Действительно, не ограничивая общности,
предположим, что vn -¦ vo при п —* оо и что веществен-
вещественная часть vo больше 1. Тогда функция Q(x) = F(v)-~
— Ф (v) аналитична при v = vo и имеет бесконечно
много нулей в окрестности v = vo, из чего следует, что
Q(v) == 0. Разумеется, последовательность {vn = п) этим
свойством не обладает.
В заключение заметим, что, подставив в выражение
для ^(v) хорошо известные асимптотические формул^
184

для гамма-функции, можно получить оценку для коэф-
коэффициентов av производящей функции f(x): av =
==O(l/vln2v).
47. Пусть a, b, с — длины ребер, сходящихся в вер-
вершине О тетраэдра ОАВС с тремя прямыми плоскими
углами при вершине; Ль А2, A3, A — площади граней
АОВ, ВОС, СО А, АВС. Если cos a, cos p, cosy —направ-
—направляющие косинусы нормали к грани АВС относительно
прямоугольной системы координат с началом в верши-
вершине О и осями, положительные направления которых сов-
совпадают с ребрами а, Ъ и с, то А\ = Л cos а, А2 = Л cos p,
Аз= A cos y-' Поскольку cos2 а -(- cos2 р -(- cos2 y = 1, то
Пусть V — объем тетраэдра ОАВС, г — радиус впи-
вписанной сферы. Тогда
61/ = аЪс = 2г (Л, +А2 + А3 + Л),
откуда
пЬс	аЬс (j4i + A-, + А3 — А)
Г —
2{А1+А2+ А3 + А)
а + Ь +
48. Общие утверждения, о которых говорится в пунк-
пункте «в» условия задачи, можно сформулировать следую-
следующим образом (пункт «а» содержится в первом утвер-
утверждении как частный случай, отвечающий п = 2, р = 3;
пункт «б» получаем из второго при п = 2, р = 5):
Если п — любое натуральное число ^2 и уравнение
xn-{-yn==zn разрешимо в целых числах, то:
1)	при п = (р— l)k, где р^З — простое число, чис-
число х или у делится на р;
2)	если n — (p— \)k/2, где р^5 — простое число,
то х, у или г делятся на р.
Доказательство утверждения 1. Пусть п = {р— l)k.
Предположим, что ни х, ни у не делятся на р. Тогда по
Малой теореме Ферма (III. 6)
хГ = уп гэ 1 (mod p).
Если z не делится на р, то по той же теореме
г" si (mod р),
185

а если z делится на р, то
И в том и в другом случае хп + уп = 2(modp)^b
'ф zn (mod р ^ 3). Утверждение 1 доказано.
Доказательство утверждения 2. Пусть п = (р — 1) /г/2.
Предположим, что числа х, у и z взаимно просты с чис-
числом р. Тогда при р ^г 5 справедливы следующие срав-
сравнения: л;"==±1, уп = +1, zn = ±1 (modp). Следова-
Следовательно, либо
хп + у11 =s ± 2 (mod р) # z" (mod p),
либо
*" + i/" = 0 (mod p) щк zn (mod p).
Утверждение 2 доказано.
49. Пусть ф — многочлен A, 2, 3, 4, 5, 6), а ф — мно-
многочлен, стоящий в правой части доказываемого тожде-
тождества.
Прежде всего докажем, что при i ф j многочлен i|>
обращается в нуль при подстановке переменных (xj, у})
вместо (хи yt) (обращение в нуль при такой подстанов-
подстановке многочлена <р очевидно). Многочлен я]5 состоит из
двух слагаемых, каждое из которых представляет собой
произведение определителей третьего порядка (i,j,k).
При замене переменных (хиу{) переменными {х2,уг),
(хз,Уз), (х5,Уь), (Хб,Уе) один из определителей в ка-
каждом слагаемом обращается в нуль, в силу чего мно-
многочлен ф также обращается в нуль. При подстановке
(Х4,уц) вместо (xi,yi) слагаемые равны по величине, но
противоположны по знаку, и я]э снова обращается в нуль.
При циклической перестановке индексов 123456 —»¦ 234561
многочлен я]э лишь изменяет знак. Следовательно, при
подстановке вместо (х2,у2) любой другой пары пере-
переменных {Х{, yi) с t ф 2 многочлен ty обращается в нуль.
То же можно сказать и относительно замены (л;*, yi)
переменными (Xj, г/,) при любых i ф /. Итак, утвержде-
утверждение доказано.
Докажем теперь, что <р и ф — многочлены относи-
относительно 12 переменных, не равные тождественно нулю.
Для этого заметим, что многочлен <р содержит лишь
один член вида x2lx2y2ylxiy5 — произведение элементов,
стоящих на главной диагонали определителя A,2,3,4,
186

5,6). Выясним, есть ли такой член в многочлене гр.
Каждое из двух слагаемых многочлена яр представляет
собой произведение четырех определителей (i,j,k). По-
Поскольку выделенный член имеет относительно совокуп-
совокупности 12 переменных хи уг (i= 1, 2, .... 6) степень 8,
каждый определитель третьего порядка должен давать
вклад в виде монома степени 2. Отбросив переменные
х3, х5, х6, у\, г/4, Уе, не входящие в выделенный член, мы
обнаружим, что определитель F,1,2) порождает един-
единственный моном, который может быть «полезен», а
именно Xiyz, а определитель D, 5, 6) — моном хщь. По-
Поскольку переменная у5 в выделенный член входит в пер-
первой степени, при рассмотрении определителя A,3,5) не-
необходимо отбросить у5, после чего его вклад сведется
к моному Х\уъ. Наконец, в определителе B, 3, 4) необхо-
необходимо отбросить все члены, кроме x2f/3- Итак, первое сла-
слагаемое многочлена \р единственным способом порождает
член х\х2у2х1х^ъ с коэффициентом 1. Во втором слагае-
слагаемом определитель E,6,1) порождает моном xtys, опре-
определитель C, 4, 5)—моном х4уз, поскольку переменная i/g
содержится в предыдущем мономе. В разложении опре-
определителя B,4,6) можно было бы использовать лишь
моном х4г/2. но он привел бы к появлению в выделен-
выделенном члене множителя х\. Следовательно, второе слагае-
слагаемое не содержит члена требуемого вида, и многочлены
Ф и if содержат член x^xny2y°3x/iy5 с одинаковым коэффи-
коэффициентом, равным 1. Таким образом, ни <р, ни \р не могут
быть многочленами относительно переменных л:,-, уи
тождественно равными нулю.
Докажем далее, что ф = сгр, где с — некоторая по-
постоянная, которую мы определим несколько позже. Вы-
Выбрав все возможные тройки попарно различных индек-
индексов i, j, k, рассмотрим произведение я всех соответ-
соответствующих им определителей (i,j,k). Как многочлен
относительно 12 переменных xs, ys, произведение л не
Равно тождественно нулю, поскольку ни один из его
сомножителей не обращается тождественно в нуль. Сле-
Следовательно, произведение многочленов яф также не
обращается в нуль. Поскольку rap — непрерывная функ-
функция переменных х,-, у{, в пространстве этих переменных
сУществует область /?, в которой многочлен rap не при-
принимает нулевых значений. Фиксируем значения всех
187

переменных, кроме х\, у\, выбрав их так, чтобы полный
набор всех 12 переменных принадлежал R. Тогда <р обра-
обратится в квадратичный относительно х\, у\ многочлен, не
равный тождественно нулю. Покажем, что этот квад-
квадратичный многочлен неприводим. По доказанному выше
многочлен ф обращается в нуль, если свободные пере-
переменные хи у\ совпадают с любой парой фиксированных
переменных х2, у2, .¦¦, Хв, уъ- Следовательно, если ф со-
содержит два линейных относительно х\, у\ множителя, то
по крайней мере один из них должен обращаться в нуль,
когда значения хи у\ совпадают, например, с тремя па-
парами выбранных значений х2, у2; х3, уз', х^, г/4- Но тогда
определитель B, 3,4) должен при этих значениях обра-
обращаться в нуль, что невозможно, поскольку фиксирован-
фиксированные значения переменных Xi, yt (i ^ 2) принадлежат об-
области R. Полученное противоречие доказывает непри-
неприводимость многочлена ф.
Оставляя фиксированными значения хи ух (i 35s 2) из
области R, рассмотрим if как многочлен относительно
переменных х\, у\. Оба многочлена <р и ф квадратичны
относительно х\, у\, один из них (а именно ф) неприво-
неприводим, и каждый обращается в нуль при пяти различных
наборах значений, совпадающих с значениями фиксиро-
фиксированных переменных. Следовательно, <р = City, где С\ не
зависит от х\ и уи а ф и ф рассматриваются как мно-
многочлены относительно jci, y\.
Предположим теперь, что свободными являются пе-
переменные х2, у2, а остальные переменные фиксированы,
причем их значения лежат в области R. Повторяя при-
приведенные выше рассуждения, мы заключаем, что <р =
= c2ty, где с2 не зависит от х2, у2. Если ф и if рассмат-
рассматривать при одном и том же полном наборе переменных
xit yt из R, то (с\ — c2Lj5 = O. Поскольку <р не обра-
обращается в нуль при любом наборе переменных из R,
то ф также не обращается в нуль в области R, в силу
чего С\ = с2. Проводя аналогичные рассуждения с дрУ"
гими парами переменных, мы в конце концов приходим
к соотношению <р = сф, где с — абсолютная постоянная
(по крайней мере в области R), не зависящая ни от
одной из 12 переменных. Поскольку по доказанному
выше многочлены ф и ф содержат один и тот же член
х\х2у2у\х^уь с одним и тем же коэффициентом, то с= '•
Таким образом, в области R многочлены <р и ty тожде-
183

ственно равны. Следовательно, они тождественно равны
при любых значениях переменных л;,-, yit что и требова-
требовалось доказать *
50. Сумму первого ряда можно преобразовать сле-
следующим образом:
ОО	ТО
1 f (—1)" sin nz
	 f rdz уч (—1)"+1 sin nz
dz v4 (-l)"+1sinnz
EC
3
я
n=l
При z, изменяющемся от Bk— \)n до Bk -f 1)л, сумма
ряда, стоящая под знаком интеграла, равна z/2 — kn.
Следовательно,
«> Bft+l) П
$
ft-l Bft-I)n
= - т
!>я ln (z
где
ur = Z lB& + 1) In (Л + 1) — BЛ + 1) In k — 2] =
Пользуясь формулой Стирлинга [111.11F)], находим
°ткуда Л = п —п1п2л/2.
189

Аналогичный прием позволяет также вычислить
сумму второго ряда. Преобразовав В к виду
dz у (-!)"+' sin nz	" In 2я [ dz -
+ п i—i	и	2	J г + я 2'
о	k=i	о
мы без труда получаем окончательный результат: В =
= я/2 — я In я/2.
51. Выберем прямоугольную систему координат с на-
началом в центре мельничного колеса, ось у направим
по вертикали, а ось х по горизонтали. Предположим, что
мельничное колесо вращается против часовой стрелки.
Пусть а — угол, составляемый радиусом колеса с поло-
положительным направлением оси х в момент отрыва капли
воды. Траектория сорвавшейся капли воды будет опи-
описываться параметрическими уравнениями
х = a cos a — itf sina,
у = а sin a + vt cos a — у gt2,
где t — время, прошедшее с момента отрыва капли от
обода мельничного колеса, а a cos a, о sin a — координа-
координаты точки отрыва. Исключив время t, мы получим урав-
уравнение
у = a cosec a — х ctg a — у gv2 cosec2 a (a cos a — xf A)
семейства парабол, описываемых сорвавшимися с мель-
мельничного колеса каплями воды.
Дифференцируя A) по параметру а, находим
v~2 cosec2 a (a cos a — л:) (v9- — ga cosec a + gx ctg a) = 0. B)
Обращение в нуль множителя v~2 cosec2 a, не пред-
представляет для нас интереса.
Если a cos a — х = 0, то у = a sin a, и мы приходим
к уравнению наружного обода мельничного колеса
+ у
И наконец, рассмотрим случай, когда в нуль обра-
обращается последний множитель
л; = a sec a — v2g~ltga.	C)
190

Подставляя C) в A) и упростив полученное урав-
уравнение, находим
— y8v~* K°V2 + я2) te?« - 2со!г' secatga], D)
а возводя C) в квадрат, приходим к соотношению
х2 — а2 — (v4g~2 + с2) tg2 a — 2av2g~l sec a tg a. E)
Наконец, исключая из D) и E) параметр а, находим
уравнение огибающей парабол, описываемых отдель-
отдельными каплями воды:
х2 = - 2v?g~1 [y-j gv~2 {v V2 + a2)] •
Мы видим, что огибающая имеет форму параболы,
вершина которой расположена на расстоянии g(v2g~2-\-J
-\-a2g~2)l2 над центром мельничного колеса.
52.	Путем тех же рассуждений, которыми мы поль-
пользовались в задаче 29, можно получить равенство
п	«2 А (К+Л
-ттг = arcctg	h 7 arcctg I —^— I,
где {ur} — любая последовательность, удовлетворяющая
рекуррентному соотношению ur+2 = 4«r+i — ur, a D =
=^«2 — иги3. Этот результат позволяет получать различ-
различные представления для числа п в зависимости от того,
как выбраны значения двух первых членов последова-
последовательности. При «i = 2, ы2 = 8 мы получаем решение
задачи 29. Полагая и\ = и2 = 1, находим ы3 = 3, D =
= —2 и после несложных преобразований получаем
Разложение числа п, которое требовалось доказать.
53,	Пусть Xi, х2у х3 — точки комплексной плоскости,
совпадающие с вершинами исходного треугольника, yt —¦
вершина равностороннего треугольника, построенного
вовне на стороне х2хз. Поскольку треугольник у\Х2хъ
Равносторонний, то
У\ х2 х3
1 е2 е =0,
1 1 1
191

где е и е2 — кубические корни из 1, отличные от 1. Рас-
Раскрывая определитель, находим у\ = — е^з + ехг). Ана-
Аналогично, если у2 и уз — вершины равносторонних тре-
треугольников, построенных на сторонах x3Xi и Х\х2 ис«
ходного треугольника вне его, то
Пусть а\, иг, из — центры тяжести построенных тре-
треугольников. Тогда
Oi = "(l — е)(*з — е2лг2),
й2=з-A — е) (л;, - е2дг3),
A	)(	Л)
Точки оь «2, из служат вершинами треугольника А Вы-
Вычисляя отношения вида {at — а2)/(а3— а2), нетрудно
убедиться, что все углы треугольника А равны. Следо-
Следовательно, А — равносторонний треугольник, а его пло-
площадь находится из соотношения
А
\
«з
а\ 1
а* 1
0)
где * означает переход к комплексно сопряженной ве-
величине.
Пусть Z\, z2, z3 — вершины равносторонних треуголь-
треугольников, построенных на сторонах исходного треугольника
внутрь его. Тогда Z\ = — е(х2 + ех3), z2 = — е(х3 + еХ\),
z3 = — e(xi -\-ех2). Если Ьи Ь2 и Ь3 — центры тяжести
этих треугольников, то
= j{l — е) {х3 — г%),
192

У
Точки bu bz, Ьз служат вершинами треугольника В. Не-
Нетрудно проверить, что треугольник В равносторонний, а
его площадь находится из соотношения
4/S- =
Ь2 Ь'г
B)
Вычисляя разность площадей треугольников А и 6
(подставляя вместо а,- и bj их выражения через xlt лг2,
х3), находим
д;2 л;* 1
х, х\ 1
Определитель в правой части равен 4?S, где S — пло-
площадь исходного треугольника, откуда SA — SB = S, что
и требовалось доказать *.
54. Приравняв коэффициенты при хг в тождестве
получим
что и требовалось доказать.
55. Пользуясь соотношением
7 Зак. 435
A)
193'

преобразуем интеграл Vn к следующему виду:
B)
* @ = A — е~1) Г1, «р @ = J е~%2 dl.
о
Решение задачи сводится к исследованию асимпто-
асимптотического поведения интеграла Vn из B) при п—>оо.
Прежде всего заметим, что при t, изменяющемся от
О до оо, функция -ф (/) убывает от 1 до 0. Следователь-
Следовательно, при любом у, удовлетворяющем неравенствам 0 •<
¦< у <. 1, уравнение
A-е-')г' = 1-у	C)
имеет одно и только одно решение. Это решение можно
представить в виде степенного ряда по у:
t = 2y + ^y2+ ....	D)
который сходится при 0 <: у <: с, где 0 <? < 1. Пред-
Предположим, что при выбранном значении с уравнение C)
имеет решение t = а. Выбрав для интервала 0 ^ у ^ с
подходящую константу К, мы можем записать
где | ®(у) |</(иО<;/<;а. Интеграл Vn из B) удобно
разбить на два интеграла:
0
Рассмотрим сначала интеграл /,. Поскольку
то
оо	оо
h < \ fo (ОГ Л < Л" \ Г2 dt = hn-'a~\	G)
а	а
откуда
Il = pha~3a~lt где 0<р<1.
194

Для получения асимптотической зависимости /2 от п
воспользуемся тем, что
1в-«)Е2^
и преобразуем /2 к виду
а
J [Ф@Г"'л J [ФЮГ^л, о<«„ <1.
Пользуясь соотношениями C) и E), произведем за-
замену переменной и обозначим для краткости
Тогда
с
с
-<Ьх \ A -
о
с
где Н ограничено. Можно показать, что
Объединяя полученные асимптотические оценки для
t\ и /2, находим
где аир зависят от п, но ограничены. Отсюда следуют
оба утверждения задачи.
1*	195

56. Если воспользоваться стандартными обозначе-
обозначениями и выразить факториалы через биномиальные ко-
коэффициенты, то нам необходимо доказать, что
где [k] означает целую часть числа k.
Заменив i на г — i и складывая полученное соотно-
соотношение с A), преобразуем /(г) к виду
t=0
или
t(r) =
Ст1I-»
1=0	»=0	i=0
Для вычисления этих сумм воспользуемся тожде-
тождеством
Приравнивая коэффициенты при xr+s в правой и ле«
вой частях тождества, получаем
При (? = r, s = 0 и? = г-1, s=l из C) следуют со-
соотношения
си;) ¦
Подставляя полученные результаты в B), получаем
что и требовалось доказать.
196

57. Пусть А, В, С и D — заданные точки. Проведем
через точку В прямую, перпендикулярную отрезку АС
и отложим на ней отрезок BL — АС (рис. 14). Пусть
d—прямая, проходящая через точки D и L. Через точ-
точку В проведем прямую b\\d, а через точки А и С — пря-
прямые а и с, перпендикулярные прямой d. Прямые а, Ь,
Рис. 14.
с, d, пересекаясь, образуют искомый квадрат, поскольку
параллельные прямые а и с отстоят друг от друга на
такое же расстояние, как прямые Ь и d. Это следует
из того, что угол между а и АС равен углу между 'о и BL,
а отрезки АС и BL равны по построению.
В общем случае задача допускает 6 решений.
58. Как известно', сумма k-x степеней п первых на-
натуральных чисел представима в виде многочлена от п
1 См., например, В. А. Кудрявцев, Суммирование степеней на-
начального ряда и числа Бернулли, Объединенное научно-техниче-
с*°е издательство НКТП СССР, М. — Л., 1936, а также III. 14.—
"Рим. перев.
197

степени k-\-\. Для ft = 2, 4 и 6 эти многочлены имеют
следующий вид:
п
>0=W + 2ln» + 2ln'-7n> + nf
15и4 + Юл3 — п
I*1-
Z*1-
30
Полагая
А-=1
fS(n) = 7~
преобразуем доказываемое тождество к виду
ph (n) _ п2 +
Ы«) — p/i(«) и2 + п —Р *
В справедливости его мы убедимся, заметив, что /2(") =
= (гг2 + n)/i(n).
59. Назовем правильным разбиение выпуклого
n-угольника на треугольники диагоналями, пересекаю-
пересекающимися только в вершинах n-угольника. Пусть Pi, Рг, ¦¦¦
..., Рп — вершины выпуклого n-угольника, Ап — число
его правильных разбиений. Рассмотрим сторону много-
многоугольника PiPn- В каждом правильном разбиении PiPn
принадлежит какому-то треугольнику PiPiPn, где 1 <:
<.i<.n. Следовательно, полагая i = 2, 3, ..., п— 1,
мы получаем (п — 2) группы правильных разбиений,
включающие-все возможные случаи.
При i = 2 одна группа правильных разбиений всегда
содержит диагональ Рч.Рп- Число разбиений, входящих
в эту группу, совпадает с числом правильных разбиений
(п— 1)-угольника Р2Рз ... Рп, то есть равно Ап-\-
¦ При i = 3 одна группа правильных разбиений всегда
содержит диагонали Р3Р1 и РзРп- Следовательно, число
правильных разбиений, входящих в -эту группу, совпа-
198

дает с числом правильных разбиений (га — 2) -угольника
Р3Р4 ¦¦• Рп, то есть равно Лп_2-
При i = 4 среди треугольников разбиения непремен-
непременно содержится треугольник PiPtPn. К нему примыкают
четырехугольник P1/W4 и {п—)-угольник Р4Рб •••
... Рп- Число правильных разбиений четырехугольника
равно Л4, число правильных разбиений (п — 3) -угольни-
-угольника равно Л„_з. Следовательно, полное число правильных
разбиений, содержащихся в этой группе, равно Лп_3-Л4.
Группы с i = 4, 5, ... содержат Л„_4Д, Ai-bA;. ...
правильных разбиений. При ? == п — 2 число правильных
разбиений в группе совпадает с числом правильных раз-
разбиений в группе с i = 2, то есть равно Лп_ь Итак,
К = А.-1
Поскольку Л3 = 1, Л4 = 2, то
Л = Л + Л + А = 5,
Л6 = Л5 + Л4 + Л4 + Л5==14,
Л = А6 + Л5 + Л4Л4 + Л5 + Л6 = 42,
и так далее.
В заключение выведем производящую функцию для
чисел Л„. Для удобства условимся считать, что Az = 1.
Тогда'
л— 1
i=2
Определим (пока чисто формально) производящую
функцию f(x) соотношением
n=2	I
откуда
If [х]\* = ?; х--з ? ЛИп-1+. == Ё ^4^п-3 = [f (х) - 1] х-1.
/1=3	«=2	п=3
1 Другую комбинаторную задачу, приводящую к последователь-
последовательности Ап, удовлетворяющей очень похожему рекуррентному соотно-
соотношению, см. в книге: Ч. Тригг, Задачи с изюминкой, М., «Мир», 1975,
задача 277. — Прим. ред.
199

Мы получили квадратное уравнение относительно f(x).
Его решение, соответствующее начальному условию
Д0)= 1, имеет вид
При |д:|^й<;1/4 функция f(x) допускает разложение
в абсолютно сходящийся степенной ряд. Тем самым
формально введенное выше разложение по степеням х
оказывается обоснованным, и f(x) действительно яв-
является производящей функцией для чисел Ап. Раз-
Разлагая f(x), находим
откуда
и-5
60. Для решения задачи необходимо сделать следую-
следующее замечание. Пусть х и у — любые натуральные чис-
числа. Тогда минимальное число единичных сопротивлений,
которые необходимо взять, чтобы составить сопротивле-
сопротивление в х единиц, равно х (при этом все х единичных про-
проводников соединены последовательно), а минимальное
число единичных сопротивлений, которые необходимо
взять, чтобы составить проводимость (величину, обрат-
обратную сопротивлению) в у единиц, равно у (при этом все у
единичных проводников соединены параллельно).
Предположим, что требуется составить сопротивле-
сопротивление plq, где р и q — взаимно простые натуральные числа.
Разложим величину сопротивления в конечную цепную
дробь
Частные числители г,- соответствуют сопротивлениям,
частные знаменатели сг — проводимостям. Взятые вме-
вместе, они образуют цепь с общим сопротивлением plq, со-
состоящую из минимального числа J] г,- + X с» единич-
единичных проводников (при этом каждое сопротивление т
состоит из г единичных проводников, соединенных по-
200

следовательно, а каждая проводимость с — из с единич-
единичных проводников, соединенных параллельно). Напри-
Например, сопротивления в 101/39 и 39/101 единиц можно со-
составить из 11 единичных проводников, поскольку
1Q1 _о ¦ М ¦ И , И | И ¦ И
39 ~~ ^ "•" | 1 ~Г | 1 "*~ | 2 "*" 13 ~Ч 2 '
39 _п ¦ 1| ¦ 1| ¦ 1| ¦ 1| И ¦ И
101	~1~ | S ~*~ 1 1 "*"|1 ~t~|2~f~|3~t~|2'
Эти минимальные1 схемы представлены на рис. 15,16.
Рис. 16.
Следует иметь в виду, что если число q, стоящее
в знаменателе несократимой дроби p/q, составное,
То дробь p/q может допускать разложение в сумму
, ' Минимальность в этом решении остается недоказанной, осо-
в*ино если учесть отмеченную далее неоднозначность разложения
сУмму цепных дробей. — Прим. ред.
201

нескольких цепных дробей. В этом случае при неудачном
выборе разложения сумма частных числителей и зна-
знаменателей может не совпадать с минимальным числом
единичных сопротивлений в цепи с общим сопротивле-
сопротивлением plq. Например, выбрав разложение
ii — 9J-1U-LUU
15 ^ 3 ~*~|1 "ИЗ '
мы получим цепь, состоящую из 9 единичных сопротив-
сопротивлений, а выбрав разложение
15 ~ * 1 ~Г|2 41 +|1 ~42'
— цепь, состоящую из 8 единичных сопротивлений.
Некоторые дроби допускают более 2 разложений
в сумму конечных цепных дробей. Например,
30	^~ 30 ~ 5 ^Л|1 45j 2^Л|1 41 47j
B ~2 + ? + "Б = T + (|T + \2 + T3 ) '
61. Взяв интеграл, стоящий в левой части исходного
уравнения, преобразуем ее к виду
arc tg [-f- sin (-g-)] = arc tg x,
откуда
_|- = лп4-(— l)"arcsin 3—-, |x4-n/j|<j-.
где п и k — любые целые числа. Интегрируя, получаем
fe> 4-
}
где п — любое целое число, С — произвольная постоян-
постоянная.
62. Пусть А\АъАг — данный треугольник, / — центр
вписанной окружности, аи — сторона, противолежат^51
вершине Аи, Gh — точка касания стороны аи с вписан-
вписанной окружностью, Ни — основание перпендикуляра, опу-
опущенного из Аи на ah, и Ih — точка пересечения биссеК-
2С2

трисы угла Аи со стороной а&. Требуется доказать, что
прямые HhHj, IkIj и GkGj проходят через одну точку.
Пусть вневписанная окружность с центром в точке /&,
расположенным на биссектрисе угла AjAkAu касается
стороны ak в точке Nk- Проведем через точки Hk, Ik, Gk
и Nu прямые, перпендикулярные стороне ctk. Эти прямые
пересекают биссектрису угла AjAhAi в точках Ah, h, I,
Jh, образующих гармоническую четверку, поскольку
двойное отношение
AkI . AkJk
Ilk ' Jklk
(оно, очевидно, отрицательно и
I AkJk
Jklk
I)-
Следовательно, Точки Hk, Ih, Gh, Nh также образуют гар-
гармоническую четверку, а лучи, проведенные из верши-
вершины Ak через эти точки, образуют гармонический пучок
(III. 2). Но в любом треугольнике высоты пересекаются
в ортоцентре Н, биссектрисы внутренних углов — в
центре вписанной окружности /, прямые, проведенные из
вершин треугольника в точки касания противолежащих
сторон со вписанной окружностью, — в точке Жергон-
на G и прямые, проведенные из вершин треугольника в
точки касания противолежащих сторон с вневписанными
окружностями, — в точке Нагеля Л^ (III. 1). Точки Н, 1,
G, N проектируются из каждой вершины треугольника
четырьмя лучами, образующими гармонический пучек, и,
следовательно, лежат на коническом сечении, проходя-
Щем через вершины треугольника А\, Лг, Аъ (III. 3).
Пусть Pkj — точка пересечения касательных к этому
коническому сечению, проведенных в \ и Ау По теоре-
теореме Паскаля (см. III. 4) Рщ, Hj, Hh как точки пересече-
пересечения противоположных сторон вырожденного вписанного
Шестиугольника AjAjAiAuAkH лежат на одной прямой.
Аналогично через Pkj проходят прямые IkIj, GhGj и NhNj.
Для всякого треугольника существуют три такие точ-
63. По теореме Вильсона (III. 6)
l-2.3...(p-l)=-l(modp),	A)
203

где р— любое нечетное простое число. Ясно, что для
любого i = 0, ±1, ±2, ... справедливо сравнение
i = -(p-i)(-mcdp).	B)
Заменим (р—1)/2 четных чисел, стоящих в левой ча-
части сравнения A), числами, сравнимыми с ними по мо-
модулю р, которые получаются из B) при i = 2, 4, 6, ...
..., р— 1. Группируя одинаковые множители, получаем:
1- • Зг • 52 ... (р - 2K (-1 )<"-»/-' = - 1 (mod p),
или
, I2 • З2 • 52 ... (р - 2J =з (_ l)ip+i)/2 (mod p), C)
что и требовалось доказать.
Производя в левой части сравнения A) аналогичную
замену (р— 1)/2 нечетных чисел числами, сравнимыми
с ними по модулю р, которые получаются из B) при
i = 1, 3, 5, .... р — 2, приходим к сравнению
22 • 42 • б2 ... (р - lJ = (
64. По определению rn = un -\-rn+i. Следовательно,
I>L»=(l_«i)(l_«-±L)>l_«-._
fn	\	rn ) V	rn+l /	rn
Пользуясь методом математической индукции, нетрудно
доказать, что
> 1
гп	гп+1	гп+р
Поскольку исходный ряд сходится, то limrn+p = 0. Та-
р-»оо
ким образом, при любом п можно указать такое значе-
значение р, что правая часть неравенства
Н" Л. "п + 1 _!_	_|_ Un+P -^ i гп+р
г + 1	'	г +	Г
будет больше любого заранее заданного числа
Следовательно, ряд
расходится, что и требовалось доказать.
201

65. Преобразовав исходное уравнение к виду
х2 - Зху + у2 - 2у - 1 = 0	A)
и разрешив его относительно х, получим
2х = 3у±т, т2 = 5у2 + 8у + 4,	B)
где т должно быть положительным целым числом. До-
Докажем, что соотношение 2х = Зу — т следует отбросить.
Действительно, поскольку т и у — положительные це-
целые числа, то из соотношения между ш2 и у следует, что
/	(/ О
у	у у
т > л/5у. Поэтому 2(у — х) — т — у > (д/5 — О У > О,
или у > х. Если же 2х = Ъу + «г, то, очевидно, выпол-
выполняется неравенство х> у. Итак,
2х = 3у + т, m2 = 5i/2 + 8i/ + 4.	B')
Разрешив второе уравнение относительно у и отбросив
отрицательный корень, получим
4,	C)
где / — положительное целое число.
Решения второго из уравнений C) в четных числах
мы найдем, положив т = 2r, t = 2s, после чего оно при-
примет вид
5r2-s2=l.	D)
Поскольку число I) должно быть целым, число s — 2
должно делиться на 5.
Решение второго из уравнений C) в нечетных чис-
числах сводится к решению уравнения
5r2-s2 = -l	E)
пРи помощи формул
m = s ± г, t = Ъг ± s.
Если г и s — решения уравнения E), то т и t, найден-
Hbie по этим формулам, удовлетворяют второму из урав-
Нений C). И обратно, из C) видно, что т2 — t2 ^
Ss0(mod4), откуда либо т — t, либо m-\-t делятся
На 4. Соответствующее решение уравнения E) имеет
вид
l-Em	, m-F t
?05

(знак берется так, чтобы г и s были целыми). Для того
чтобы у было целым, s ± 4 должно делиться на 5.
Как известно', решения уравнений D) и E) тесно
связаны со свойствами подходящих дробей pnlQn не-
непрерывной дроби
Рассмотрим отдельно подходящие дроби с четными
и нечетными номерами. Перебор всех возможных слу-
случаев значительно сократится, если мы воспользуемся
следующей теоремой.
Теорема. При i = 0, 1, 2, ... выполняются следую-
следующие сравнения:
p4«+i=2, р4г+2 = — 1, р4(.+3н= — 2, jE?4,-+4=l(mod5). F)
Доказательство. Поскольку числители подходящих
дробей удовлетворяют рекуррентному соотношению р„=
= 4р„_1 + Рп-2, ТО
Рп+2 = 4р„_! + Рп = - Pn-i + Рп (mod 5).
Предположим, что справедливы первые два сравнения
из F). Тогда р4<+з = — Ра+2 + Ри+\ = — 2; Р4»+4 = 2-
-Ь=1; р4*+5=-1-2 = 2; р4?+6 = -2+1 =
= — 1 (mod5). Но рх = 2, p2 = 9s-l (mod5). Следо-
Следовательно, утверждение теоремы всегда верно.
Подходящие дроби с четными номерами. При m ==¦
= s — r, t = 5r — s
—	5 + 4	_ , 5 — 6
У —г— 5 , х — r-h 5 .
Следовательно, числа х и у могут быть целыми в том
и только в том случае, если s = I (mod 5). Соответствую-
Соответствующие решения исходного уравнения имеют вид
Щ1	l 5^.-^=1. G)
^-Щ, x = u +	t 5
При m — s-\-r, t = 5r-\-s получаем
s-4
1 См. А. О. Гельфонд, Решение уравнений в целых числах, To
техиздат, М., 1957, стр. 24; В. Серпинский, О решении уравнен"
в целых числах, Физматгиз, М., 1961, стр. 29, а также Ш-у-
Прим. перев,
206

Следовательно, числа х и у могут быть целыми в том
и только в том случае, если s = — 1 (mod 5). Соответ-
Соответствующие решения исходного уравнения имеют вид
^-+2 = 1- (8)
Подходящие дроби с нечетными номерами. В этом
случае m = 2r, t = 2s и, следовательно,
Числа х и у могут быть целыми в том и только в том
случае, если s = 2 (mod 5). Это означает, что допустимы
лишь подходящие дроби с номерами 4/+1. Соответ-
Соответствующие решения исходного уравнения имеют вид
„_2К--и2) Y_n ,
У —	Б	4*1+1 "г"
Нетрудно проверить, что пары чисел G), (8) и (9)
действительно удовлетворяют исходному уравнению.
Подстановка решений G), (8) и (9) в исходное уравне-
уравнение значительно облегчается, если его предварительно
преобразовать к виду
[для решения G)],
[для решения (8)] и
5 Ь ~ 4 vf ~ [Щ- + 2Г - 1 = ° ^ля Решения (9)].
66. Пусть Dn — определитель п-го порядка, стоящий
]? левом верхнем углу треугольника Паскаля. Из свойств
иномиальных коэффициентов следует, что элементы
°пределителя Dn удовлетворяют соотношениям
ai] = ai,]-i + ai-U], au = an = l.	A)
вменив г-ю строку определителя Dn разностью между
j-1"" 1)-й и i-й строкой при i= 1, 2, ..., п— 1, получим
атРицу, в которой элемент, стоящий на пересечении
207

i-й строки и /-го столбца, в силу соотношений A) con-
падает с элементом a,,,- i исходной матрицы, при этом
все элементы, стоящие в первом столбце новой матрицы,
кроме элемента ац = 1, равны нулю. Заменив далее k-t\
столбец нового определителя разностью между F+1)-м
. и k-м столбцом при k = 1, 2, ..., п — 1, получим матри
цу, в которой элемент, стоящий на пересечении i-й стро-
строки и /-го столбца, в силу соотношения A) совпадает с
элементом a,-_i, j_i исходной матрицы, при этом все эле-
элементы, стоящие в первой строке, кроме ац = 1, рав-
равны 0. Разлагая полученный определитель по элементам
первой строки (или первого столбца), получаем Dn =
= 1-Dn_i. Продолжая спуск по порядку определителя,
после (п— 1) шагов мы дойдем до определителя 2-го
порядка:
Dn = Dn_,=. ... =D2=1,
что н требовалось доказать.
67. Пусть е\, е2, .... еп — векторы, образующие орто-
нормированный базис п-мерного пространства. Тогда си-
систему линейных уравнений, приведенную в условиях за-
задачи, можно записать в более компактном виде:
Х% • . • Xn-i
v v == a\e\ i a2e2 "T" a3e3 ± a4e4 '
л | . . . An_2
2	Л^з Х^ ... Х\
(из двух знаков, стоящих перед a2ie2i плюс следует вы-
выбирать при нечетном, а минус — при четном я).
Отсюда видно, что вектор (аи ±«2. вз, •••) ортогона-
ортогонален каждому из (п— 1) векторов-строк
\хп> Х1> Х2	хп-11> (Хп-и xni ХЪ •••» xn-2)i ••"»
(х2, х3 xit ..., х{).
Выписав соответствующие скалярные произведения, по-
получим (п—1) уравнений:
а{хп±a2Xi + а3х3± ... =0,
«1а:„_1 ± а2хп + а3ху ± ... =0,
alxn-2±o2xn-1 + ci3Kn± ... =0,
203

которые после перестановки членов преобразуются :<
следующему виду:
+ алх2 ± а^3 = ... =0,
± atx2 + abxz + ... = 0,
+ а5х2 ± а6хл + ... = 0,
Решение этой системы (п— 1) линейных однородных
уравнений с п неизвестными определяет отношение не-
неизвестных
где
а,:
а3
¦ а2
:а4 .
. '. а„,
±а4
«5
±а2
а3
±а4
(у элементов с двойным знаком плюс следует выбирать
при нечетном, а минус — при четном и).
Подставляя х{ = aiXr/ar (t ф г) в любое из исход-
исходных уравнений, например в первое уравнение, умножая
обе его части для симметрии на а^-' и вынося множитель
•*?-', получаем
«2
«1
ап-2
а3 а„
откуда
. а,
а2 .
а, .
«3
Корень (п—1)-й степени в правой части полученного
вЬ1ражения следует понимать как любое из (п— 1) зна-
значений корня, а определитель получается из определи-
209

теля, стоящего в левой части первого из исходных урав-
уравнений, при замене xt на (ц.
68. Перестановкой строк и столбцов приведем опре-
определитель Dn к клеточно-диагональному виду
Л, 0 0 ... О
О Л2 0 ... О
О О А3 ... О
О 0 0 ... Ат
где Ak — квадратная матрица порядка Пк(п.к> 1), у ко-
которой
(t= 1, 2, .... nk— 1),
а все остальные элементы равны нулю.
В свою очередь любую матрицу Ak можно преоб-
преобразовать к еще более простому виду —матрице Вк,
у которой biti+l = \, Ьц = (—1I+1 (г=1, 2, . .., пк — 1),
элемент bnknk равен либо 0 (если число пк четно), либо 2
(если tik нечетно), а все остальные элементы равны 0.
Вычислив определитель матрицы Вк, мы получим сле-
следующие результаты:
{0 при пк = 0 (mod 2),
2
— 2
при nk = I (mod 4),
при rcft = 3(mod4).
Отсюда мы заключаем, что определитель Dn нечет-
нечетного порядка п отличен от нуля лишь в том случае,
если число т и все nk (&= 1, 2, ..., т.) нечетны. Опре-
Определитель Dn четного порядка отличен от нуля лишь в
том случае, если т четно, а все nk (k=l, 2, .... tn)
нечетны. Утверждения задачи следуют из приведенных
результатов.
а.	При нечетном п Dn равно либо ±2т, где т — не-
нечетное число, либо 0. При четном п Dn равно либо ±2"\
где т — четное число, либо 0.
б.	После приведения определителя D5 к клеточно-
диагональному виду число квадратных матриц Ah мо-
может оказаться равным либо 1 (порядок единственной
210

матрицы А\ равен 5), либо 2 (одна матрица Ah второго
и одна — третьего порядка). В первом случае D5 Ф О,
во втором D5 = 0. Из свойств матрицы Ah второго по-
порядка следует, что во втором случае определитель D$
содержит две одинаковые строки и два одинаковых
столбца. Обратное утверждение очевидно.
в.	Если две строки определителя Dn совпадают, то
стоящие в них две единицы должны располагаться в
одних и тех же столбцах. Поскольку каждый столбец
содержит лишь две единицы, а его остальные элементы
равны нулю, то эти два столбца совпадают.
г.	Если det Аь ф 0, то nk ^ 3, поэтому
т
^	п = Y, nk > 3m.
k=\
69. Задача допускает следующее обобщение.
Если аъ щ, ..., ап — п комплексных чисел, таких,
что | с, | = | а21 = ... = | ап | = гфО, uTn{s<n) — сумма
всех возможных произведений из п этих чисел по s, то
г*"".	A)
ptl—S
1 п
Доказательство. Пусть •&, (/'=1, 2,..., п) — аргу-
аргументы чисел аи а^	 ап. Тогда Су = ге* / и из Тп
можно вынести множитель rs, а из Tn~s — множитель rn~s.
После этого в числителе останется величина е'* Хе~'ф»
а в знаменателе — величина ^ е1ф, где ф — сумма всех
аргументов •&/, а ф — сумма п — s аргументов тех чисел С/,
которые входят в соответствующее слагаемое знамена-
знаменателя Tn~s. Поскбльку X ei<9 и X е~1ф — комплексно сопря-
сопряженные числа, то | Yj е*ф I = I Yj е~1ф I • Кроме того,
|e'*J=l. Тем самым соотношение A) доказано.
Исходное утверждение задачи следует из него при
/г = 3 и s = 2.
70. Пусть vu v2, v3, D4, ^5, ... — члены последова-
последовательности 2, 3, 7, 43, 1807, ..., образуемой знамена-
211

телями ряда. Тогда vn — V\V2 ¦ ¦ ¦ vn-l + 1. Заметим, что
|4J__i_J___l	j_ i	1
2 ~ 3	6	и3 — 1 '
l + l=i	L=l_
2 ' 3
Предположим, что при некотором значении п
se=-L + J-+...+-U-1- '
Тогда при том же значении п ,
ft	гу	|	1	л	1
Очевидно также, что при ш > yn+]
^ч + ~ < ¦Sn+i»
а при н^и„+1 — 1
4
Следовательно, если сумма Sn n дробей указанного
вида дает наилучшее приближение к 1, то наилучшее
приближение с помощью суммы Sn+i n-\- 1 дробей того
же вида можно получить, прибавив к Sn дробь \/vn+u
Утверждение о наилучшем приближении к единице с
помощью суммы дробей вида 1/я заведомо верно при
п = 2 или и = 3 и остается верным при произвольном п,
если дополнительно потребовать, чтобы набор п + 1 дро-
дробей непременно содержали п предыдущих дробей.
Трудная задача, решение которой предоставляется
читателю, состоит в доказательстве того, что и при сня-
снятии дополнительного ограничения приведенный выше
способ построения Sn дает наилучшее приближение к
единице.
71. Выберем в плоскости стола прямоугольную си-
систему координат, совместив ее начало с центром стола
и направив ось х так, чтобы она была параллельна
стержню, а сам стержень расположился в первых двух
квадрантах. В этой системе координат уравнение края
212

стола х2 + у2 = г2. Поскольку стержень покоится на
столе, центр его тяжести лежит внутри окружности
X2 + У2 = f2- Если двигать стержень так, чтобы он оста-
оставался параллельным оси х, а его левый конец касался
края стола, то центр тяжести стержня опишет дугу
окружности радиусом г с центром в точке (с, 0). Если
перемещать стержень так, чтобы он оставался парал-
параллельным оси х, а его правый конец касался края стола,
то центр тяжести опишет дугу окружности радиусом г
с центром в точке (—а, 0). Эти вспомогательные окруж-
окружности пересекаются в точке @, Vг — с2) (мы выбрали
систему координат так, что стержень лежит в полупло-
полуплоскости у>Ь).
Рис. 17.
I	t	\//////////\
(a.O)
Поскольку г > а, то, если центр стержня лежит вну-
внутри части плоскости, ограниченной осью х и дугами
Вспомогательных окружностей (х — аJ-{-у2 = г2,
(* + яJ + у2 = г2 (на рис; 17 она обозначена /), ни
один из его концов не выступает за край стола.
Если центр стержня лежит левее вспомогательной
Окружности (х — аJ + У2 = г2, то левый конец стержня
выступает за край стола. Аналогично, если центр стерж-
Вя лежит правее вспомогательной окружности (х+аJ+'
ф У2 = г2, то правый конец стержня выступает за край
стола. Таким образом, в части верхней полуплоскости,
ограниченной дугами окружности х2 + У2 = г2 и вспомо-
вспомогательных окружностей (х — аJ + У2 = г2 и (* + °02-Ь
d-y2 = г2, то есть там, где центр стержня лежит слева
°т первой и справа от второй вспомогательной окружно-
окружности (на рис. 17 эта часть верхней полуплоскости обо-
обозначена II), оба конца стержня выступают за край стола.
213

Если же центр стержня лежит в любой из двух областей
III, ограниченных дугами окружностей х2 + у2 = г2
(х — аJ + у2 = г2, {х + аJ + у2 = г2 и осью"*, то за
край стола выступает лишь один конец стержня.
Ответы на вопросы задачи мы получим, разделив
площади соответствующих областей на площадь поло-
половины круга лг2/2. Вычисляя площади этих областей, по-
получаем:
1) вероятность того, что ни один из концов стержня
не выступает за край стола, равна
2	а 2а
— arc cos
я
f-jH'2-*
2) вероятность того, что только один конец стержня
выступает за край стола, равна
4а
{г2 - а2) ''-^р- Dг2 - С2)'' ~
— ~&хо. cos у + -i- arc cos -^,
3) вероятность того, что оба конца стержня высту-
выступают за край стола, равна
.4	.а 2	а
+ — arc sin -^ ——arc sin -.
72. В условиях задачи ничего не говорится о том,
в каком порядке надлежит соединять вершины много-
многоугольников при их построении, поэтому приводимое ни-
ниже доказательство позволяет изменять последователь-
последовательность соединения вершин на любом этапе построения,
Пусть Л, Pi, ..-, Рп («-> 2) — заданные точки. Вы-
Выберем систему координат так, чтобы ее начало совпало
с центром тяжести системы точек Р,- и сопоставим ка-
каждой точке комплексное число zh = Xk + iyh {k = 1»
2, ..., n).
Тогда
.. +zn = 0.	A)
Если p = max | zk I, to
|zft|<p, ft=l, 2, .... n.
214

Пусть я означает исходный многоугольник, а я1, л2, ...

.., я" — многоугольники, возникающие на первом,
втором..., (п—1)-м шаге построения последователь-
последовательности, zJt zj, г?, .... zJT1 (/=1,2 ..., /г) — комплексные
числа, соответствующие вершинам этих многоугольников.
Для любой вершины многоугольника я" справедливы
 (J\2 + ?2)/2	/ &	1
р
соотношения г" = (zJ\-2 + z?-2)/2, где /, =?& у2; z»-1 =
= (г1}*3 + zf-3 + zj^3 + z?~3) j 4, где по крайней мере три
числа из Д, /2, /3, /4 различны; г"-1==(г^-4 + ^-4+ ...
... + z?-4)/8, где по крайней мере четыре числа из
h, /2. • ••> /в различны. Наконец,
где «ft — положительные целые числа, такие, что
?afc = 2"~1. Из соотношений A), B) и C) получаем
неравенство
a, — l)z, + ... +(а„—1)г„
2п-
Таким образом, многоугольник я" целиком содержится
внутри окружности радиусом КР = 2~n+1 B"-1 — п)р
(О <; К <Z p) с центром в начале координат. Повторяя
аналогичное построение т раз, получим многоугольник
тA^ целиком содержащийся внутри окружности
|г|</Гр,	E)
стягивающейся к центру при т-+оо. Поскольку много-
многоугольник яр (р>т{п—1)) лежит внутри той же
окружности E), радиус которой сколь угодно мал при
Достаточно большом т, то тем- самым утверждение за-
задачи доказано.
73. Вычтем из я-й строки исходного определителя
Каждую из строк с номером п/р{, прибавим все строки
с номерами n/piPj и так далее. Определитель, получив-
получившийся из исходного после этих преобразований, обозна-
обозначим D. Определитель D равен исходному определителю.
215

Пусть ап1 (/=1, 2,..., я) — элементы я-й строки
определителя D. Тогда при е,;- = 0 (i < /) выполняются
соотношения
Gnfc = enk — Z *"«//>,•¦ ft + Z ^n/PjPy, ft — • • •
• •• +(-l)sere/PiP2...Ps,ft, (ft=l, 2,..., n
ann~ An 2j -"n/pj "Г Zj An/Pipj ••• +( 1)
Если ft не является делителем числа я, то, очевидно,
ank = 0. Предположим, что k — делитель числа п. Пусть
п = р['р-2 ... р*/, k = p\'pr22 ... рг/ и п < U ровно при т
значениях /. Тогда
(Л = 1, 2,..., п).
Следовательно, спп — единственный отличный от нуля
элемент в последней строке определителя D, а посколь-
поскольку eti = 1, то D = апп.
74. Пусть PQR — заданный треугольник, а — пло-
плоскость, определяемая его вершинами. Треугольник PQR
можно ортогонально спроектировать на другую пло-
плоскость а' так, что его проекция P'Q'R' будет иметь вид
равностороннего треугольника. Пусть С — окружность,
описанная вокруг треугольника P'Q'R', a E — соответ-
соответствующий ей эллипс, описанный вокруг треугольника
PQR в плоскости а. Отношение площади круга С* к
площади вписанного в него равностороннего треуголь-
треугольника P'Q'R' равно г=4л/3л/3, а поскольку равносто-
равносторонний треугольник обладает наибольшей площадью
среди всех треугольников, вписанных в данный круг, то
отношение площади любого круга к площади любого
вписанного в него треугольника не меньше г. Ортого-
Ортогональное проектирование не изменяет отношение площа-
площадей. Кроме того, известно, что любой эллипс можно ор-
ортогонально спроектировать в окружность. Таким обра-
образом, отношение площади любого эллипса к площади лю-
любого вписанного в него треугольника не меньше г. Но
отношение площади эллипса Е к площади треугольнп-
216

ка PQR равно г. Следовательно, Е — эллипс наимень-
наименьшей площади, описанный вокруг треугольника PQR.
Чтобы построить эллипс Е в плоскости а, достаточно
заметить следующее. При ортогональной проекции со-
сохраняется параллелизм. Поэтому касательная к эллипсу
?¦ в каждой вершине треугольника PQR должна быть
параллельна противолежащей стороне треугольника.
Для построения эллипса Е можно воспользоваться лю-
любым из известных способов.
75. Прежде всего заметим, что если Р > 2, то
2p-iB — 1) > 2, то есть 2Р-1 + 1 < 2Р — 1. Следователь-
Следовательно,
если а < р, то 2" -Ь 1 < 2Р — 1	A)
и число 2а + 1, очевидно, не делится на 2Р — 1.
Пусть, далее, а = р. Тогда B«+1)/BР—1) =
= 1—2/Bр—1) и число 2а+1. как и в предыдущем
случае, не делится на 2Р— 1.
Наконец, предположим, что а > р. Тогда а = /лр -\- п,
где m — положительное целое число, а п — либо 0, либо
положительное целое число, меньшее р, и
2а + 1 _¦ 2а - 2а-тВ , 2п + 1
26 _ 1	2е - 1 П 26 - 1 •
Числитель первой дроби в правой части можно пред-
представить в виде 2"-mPBmP—1). Это число делится на
2р— 1. Вторая дробь в силу неравенства A) —правиль-
—правильная. Таким образом, во всех случаях, в том числе и при
а>р, 2а+1 не делится на 2Р—I, если р > 2, что и
требовалось доказать.
76. Как известно, если ось х направить вдоль боль-
большой оси эллипса, а ось у — вдоль малой оси, то пара-
параметрические уравнения эллипса будут иметь вид х =
= a cos t, у — b sin t. Пусть (xr, у') — координаты фо-
кУса (—с, 0) относительно другой прямоугольной си-
стемы координат, в которой ось х' совпадает с каса-
касательной к эллипсу в точке, соответствующей значению
параметра t, а за начало координат выбрана эта же
?очка. Тогда у' означает расстояние от фокуса (—с, 0)
До .касательной, а х' — расстояние от того же фокуса до
217

нормали к эллипсу. Уравнения касательной и нормали
имеют вид
xb cos t + уа sin t — ab = О,
xa sin t — yb cos / — c2 sin t cos / = 0,
где с2 = с2 — ft2. Следовательно,
yr — b (a + с cos 0/2 (a — с cos t)~llt,
x' = с sin t (a -\- с cos t)'1' (а— с cos 0~'/j •
Поскольку кривая, описываемая фокусом (—с, 0),
симметрична относительно оси у', то ограничиваемую ею
площадь S можно представить в виде интеграла
<=о	л
\ xr dy' = 2cfec2 \ sin2 f (a — с cos f)~2 dt.
f-л	о
Интегрируя по частям и подставляя пределы интегри-
интегрирования, получаем
л
S = 2abc \ cos t{a — с cos /)~' d/ =
о
л
2	л
= — 2ab \ dt-\- 2a2b \{a — с cos t)~ dt.
о	о
Следовательно,
S = - 2abt + 4a2b2 (а2 ~ с2)'4' X
X arctg Ua + с)Чг (а — с)"'/г tg 41Г = па (а ~~ Ь)"
Нетрудно видеть, что приведенные выше соотношения
не изменяются, если произвести замену —с на с и t на
я + t. Это означает, что оба фокуса катящегося эллип-
эллипса описывают одну и ту же кривую.
77. Обозначим через R часть плоскости комплексного
переменного z, ограниченную- разрезом вдоль отрица-
отрицательной вещественной полуоси и дугой окружности про-
произвольно большого радиуса. Пусть аргумент z больше
—я и меньше я. Тогда в R и In z, и Г (z) —однозначные
аналитические функции комплексного переменного z.
218

Докажем, что если х— любая фиксированная точка
внутри R, то
1	A)	A)
где постоянная, входящая в символ О, зависит от х.
Прежде всего заметим, что если n ^ 1, то
1
о
Действительно,
о	о
а по известной формуле из исчисления конечных раз-
разностей (III. 14)
Кроме того, не менее известно, что при фиксирован-
фиксированном z [III. 11 A)]
Записав выражение, стоящее под знаком предельного
перехода, в виде nz Г (ft) Г (г)/Г (г + «) и воспользовавшись
асимптотическими ф°РмУлами Для Г (г) и Г (г + /г)
[III. 11E)], получим более точное соотношение
Предположим, что точка х принадлежит области /?.
Подставляя z = х +1 в полученное асимптотическое
сражение, а его в свою очередь — в соотношение B),
приходим к асимптотическому выражению
ИГ ¦ 4'
nx 1 n*	\nx+1 Inn
219

Интегрируя по частям, находим
пк In п
я* In га пх+Чп;г
«с	Vra+1ln«/
Ясно, что
nl	\ In n
Умножая (З) на nzlnn, получаем окончательный резуль-
результат:
78. Общий пифагоров треугольник, эквивалентный
общему рациональному прямоугольному треугольнику,
имеет гипотенузу т2 -{- п2 и катеты т2 — п2, 2тп, где
т и п — положительные целые числа, причем т>п.
Вычисляя тангенс половины угла ¦© между сторонами
т2 — п2 и т2 + п2, находим
, О 	 cos О 	 п
? Т cos в + I "m""
Числа пит необходимо выбрать так, чтобы дробь т/п
стремилась к л/З. Разложив V^ в непрерывную дробь
можно выбрать в качестве тип числители и знамена-
знаменатели подходящих дробей т^щ этой непрерывной дроби.
Таким образом, мы получаем бесконечную последова-
последовательность пар тип:
mi='l, 2, 5, 7, 19, ....
щ = \, 1, 3, 4, 11
220

Зная rnt и пи нетрудно вычислить длины сторон соот-
соответствующего прямоугольного треугольника Полагая
«7 + п\
имеем а? + Ь? = 1, я,- -> '/г,
Итак, последовательность рациональных прямоуголь-
прямоугольных треугольников, стремящихся к прямоугольному тре-
треугольнику с наименьшим углом, равным 30°, построена.
79. Пусть е — первообразный корень степени k из
единицы. Если h — целое число, удовлетворяющее нера-
неравенствам О^Л < k, то
*-1	к-\
х=0	*¦=()
ft-
п
Е (П Je*v =
Чтобы обосновать последний шаг, заметим следующее.
Пусть б — наибольший общий делитель чисел v — hnk.
Тогда ev-h — первообразный корень степени Л/б из еди-
единицы. Следовательно, внутренняя сумма, стоящая в ле-
левой части последнего равенства, равна сумме всех кор-
корней степени k/b из единицы, причем каждый корень вхо-
Дит в нее б раз. Сумма корней степени k/b из единицы
равна 0, если только k/б не равно 1 (при k/b = 1 сумма
Равна k). Но при k/б = 1 числа 6 и k равны, то есть
* является делителем числа v — h, или v = h + hk. В ка-
качестве верхнего предела суммирования выбрана оо, но
в действительности ряд обрывается, как только h -f- %,k
становится больше п.
Итак,
ЕС)
.
И-0
221

поскольку |1+е>{|/2<1> если только показатель %
отличен от нуля.
Доказанное утверждение отличается от утверждения
задачи лишь «сдвигом на единицу»: вместо того, чтобы
рассматривать отношение суммы h-, (h-\-k)-, (h + 2&)-го
и т. д. биномиальных коэффициентов к сумме всех би-
биномиальных коэффициентов при h = 1, 2, ..., k, мы рас-
рассмотрели отношение суммы (/i+l)-, (/i + ^ + l)-,
(h -\-2k + 1)-го и т. д. биномиальных коэффициентов
к сумме всех биномиальных коэффициентов при h = О
1, ..., k— 1.
80.	Если окружность не пересекает ось х, то а2 <; 46
и квадратное уравнение имеет комплексные корни.
Пусть Й и К — основания перпендикуляров, опущенных
из центра окружности на оси хиг/ (см. рис. 1). Опишем
окружность с центром в точке К и радиусом
О К —~2 F+ 1)- Пусть L — точка ее пересечения с пря-
прямой, проходящей через точку В параллельно оси х.
С центром в точке Н опишем другую окружность радиу-
радиусом BL, пересекающую ось у в точках Е и F (точка Е
лежит на положительной полуоси у). Мы утверждаем,
что х\ = ОН + ЮЕ и х2 = ОН + iOF — корни уравне-
уравнения. Действительно, по построению BL2 = Ь, а посколь-
поскольку а2 •< 46, то -^a<BL. Таким образом, точки Е и F
вещественны. Кроме того, х\ +х2 = 2-ОН = а, х\Х2 =
= ОН2 + О?2 = НЕ2 = BL2 = Ъ. Тем самым утвержде-
утверждение доказано.
81.	Соотношение между биномиальными коэффициен-
коэффициентами, о котором говорится в условиях задачи, можно до-
доказать прямыми выкладками. Действительно,
)CD
dn
что и требовалось доказать.
222

82. Дополним исходную матрицу до квадратной (по-
(порядка п + 2), приписав к ней последнюю строку, все
элементы которой равны 0, кроме последнего, равного
' Новая матрица — невырожденная, с опреде-
лителем, равным 1. Обратная ей матрица В имеет ту
же главную диагональ, что и матрица А, а все ее эле-
элементы, расположенные ниже главной диагонали, равны
нулю. Остальные элементы матрицы В совпадают с со-
соответствующими элементами матрицы А с точностью до
знака:
u'/ = (-1)'+/(jZ11) при j>i.
Докажем наши утверждения. Пусть с1ц — элемент,
стоящий на пересечении i-й строки и /-го столбца матри-
матрицы АВ. Непосредственно видно, что da = 0 при i > /,
d»=l (Ui= 1,2, ..., п + 2). Если j = i-\-r, где г —
положительное целое число, то
Если ац, bij — элементы, стоящие на пересечении i-x
строк и /-х столбцов' матриц А и В, то алгебраическое
Дополнение элемента an+2.k равно ЬкгП+2 = {—1)"+2 Dk,
гДе Dh — определитель матрицы, полученной из матри-
Чы А при вычеркивании последней строки и ft-го столб-
Ца- Следовательно, Dk == I _ ), что и требовалось
Доказать.
83. Полагая g(x)s= lnf(x), преобразуем исходное
^Равнение к виду
223

При у = х уравнение A) вырождается в уравнение
Методом математической индукции нетрудно доказать
что при любых натуральных п выполняется соотношение
g (*») = №*»-'> &Я(х).	B)
При у=\ и у = х~1 из уравнения A) следует, что
Таким образом, соотношение B) выполняется при п =
= 0 и п =—1. Пользуясь методом математической ин-
индукции, нетрудно убедиться в том, что соотношение B)
остается в силе при любом целом п.
Заменив в уравнении A) х и у соответственно на
хчп и tfn-i)mt где п — любое (положительное или отрица-
отрицательное) целое число, получим
g (х) = л;*"-» Wng (х1/в) + jfling (х<«-.)/«).	C)
Но из B) следует, что
8 (х<«-»/") = д[(х-1")Г1] = {п - 1) х{п~2) p/"g (*'/»).
Пользуясь этим соотношением, преобразуем C) к виду
Таким образом, соотношение B) выполняется не только
при любых целых значениях п, но и в том случае, когда
и — рациональная дробь с числителем, равным единице.
Пусть v/u — рациональная дробь. Поскольку [в силу
соотношения B)]
мы при помощи соотношения D) получаем
Таким образом, соотношение B) выполняется при лю-
любых рациональных значениях п.
Иррациональное число можно рассматривать ка
предел бесконечной последовательности рациональны^
чисел. Поскольку соотношение B) выполняется для лю^
бого члена последовательности, то оно в силу непреры8
224

ности функций f(x) и g(x) будет выполняться и после
перехода к пределу. Таким образом, соотношение B)
выполняется для любых вещественных значений п.
Пусть у > 0. Полагая n = \nyl\nx, приводим B)
к виду
откуда
я (и)
у6 In у
Поскольку левая часть равенства не зависит от х, а пра-
правая— от у, обе они равны некоторой константе С и, сле-
следовательно,
Вспомнив, что g(x)=lnf(x), получаем решение исход-
исходного функционального уравнения
84 *. Пусть после покупки очередной пачки сигарет
на руках у покупателя оказалось несколько карт, среди
которых ровно i различных. Обозначим через Mt сред-
среднее число (то есть математическое ожидание числа) па-
пачек, которые этому покупателю надо еще купить, чтобы
собрать целую колоду.
При покупке следующей пачки может произойти одно
из двух: либо карта, лежащая в ней, совпадает с одной
из уже имеющихся у покупателя, либо это будет новая
карта, и тогда на руках у него окажется i + 1 различных
карт. Вероятность первого события равна i/52 и среднее
число пачек, которые надо еще купить в этом случае,
остается равным M/i (ситуация не изменилась), вероят-
вероятность второго равна E2 — 0/52, и тогда среднее число
становится равным Mi+\. Отсюда
или
8 Зак., *36	225

Ясно, что М52 = 0 (на руках уже вся колода), а най-
найти нам нужно Мо. Используя последовательно A), по-
получаем
лл ал i 52 ал 1 52 , 52
52
-§ = 52^1^235,976
Таким образом, чтобы собрать полную колоду карт,
в среднем нужно купить не менее 236 пачек сигарет.
85. Рассмотрим геометрическое место точек z, лежа-
лежащих на комплексной плоскости и удовлетворяющих па-
параметрическому уравнению
z = 7T=lF'	(I)
где t — любое комплексное число, абсолютная величина
которого равна 1. Это уравнение параболы с фокусом
в точке г = 0и касательной в вершине г + г= 1. Урав-
Уравнение касательной к параболе, проведенной в точке z\,
имеет вид
_	2
Касательные к параболе, проведенные в точках Z\ и Zi,
пересекаются в точке
z'2= (!-*,)(] -t2)'	B)
Следовательно, уравнение окружности, проходящей че-
через точки 3i2, ^23 и г3ь имеет вид
2
При t = 1 эта окружность проходит через точку z = 0.
Таким образом, фокус параболы лежит на описанной
окружности треугольника, образованного любыми тремя
касательными к параболе. Перпендикуляры, опущенные
из фокуса z = 0 параболы на касательные, которые про-
проведены в точках Z\, z2 и z3, пересекают касательные в
точках 1/A —f|), 1/A— h) и 1/A —/3). Все три осно-
основания перпендикуляров лежат на прямой z + г = 1. Сле-
Следовательно, в треугольнике ZydiZz прямая Симеона, по-
построенная для фокуса параболы z = 0, совпадает с ка-
226

сательной, проведенной через вершину параболы, что и
требовалось доказать.
86.	Установить взаимно-однозначное соответствие
между точками открытого интервала 0 < х < 1 и зам-
замкнутого интервала 0 ^ х ^ 1 можно многими спосо-
способами. Например, пусть А(х)—точка открытого интер-
интервала 0<х<1, а В(х)—точка замкнутого интервала
O^^^l. Точке ВA/2[1 ±3-"]) сопоставим точку
•ЛA/2[1 ±3-"-']), где п = 0, 1, 2, .... При всех осталь-
остальных х из открытого интервала 0 < х < 1 сопоставим
точки А(х) и В(х), соответствующие одному и тому же
значению х.
87.	Матрицу, о которой говорится в условиях задачи,
можно рассматривать как частный случай матрицы А
с элементами fl,-,- = fl + |i — j\h. Значение определителя
матрицы А нетрудно вычислить, вычитая элементы
,(/+1)-го столбца из соответствующих элементов /-го
столбца и оставляя неизменными элементы n-го столбца.
Затем повторим то же преобразование с новым опреде-
определителем, оставляя неизменными два его последних
столбца. Наконец, прибавив последнюю строку к первой,
получим
[ А | = (-1)"2п~2Нп-1 [2а + (и - 1) А].
Утверждение задачи соответствует а = О, Н= 1. ~"
88.	Многочлен Xs + 98х4у4 + у* можно разложить в
произведение двух многочленов с целочисленными коэф-
коэффициентами не единственным способом. Приведем лишь
одно такое разложение:
Xs + 98хУ + у6 = (х* + у4J + 96*У = (х4 + iff +
(*4 + у4) + 64*У - 16*У (х4 + if) + 32А4 =
= {х* + у*
(х4—4х?у + 8х2у2+4ху3 + у*) {х*+4х?у+8х2у2—4ху3+у%
89*. Заметив, что
__ Bfe — 2I 1-3...Bfe-3)ofe-i_f'/2 \92k-i,_nk-i
— k\(k-\)\ —	k\ ^~l ~\ k )г \ ч '
8*	227

вычислим производящую функцию последователь-
последовательности щ:
Отсюда
BФ - IJ = 1 - Ax,
и, следовательно, Ф удовлетворяет квадратному урав-
уравнению
Ф2 (х) = Ф (х) — х.
Приравнивая слева и справа коэффициенты при хп, по-
получаем рекуррентное соотношение
?ь = Ф„-	A)
Далее, ф| = 1, и если щ является целым для всех k
от 1 до п — 1, то в силу соотношения A) будет целым
и ф„, так что по индукции все ф„ целые. (См. также ре-
решение задачи 59 и сноску к нему).
90. а. Поскольку перемене знака в последовательно-
последовательности отличных от нуля коэффициентов многочлена f(x)
соответствует сохранение знака в последовательности
отличных от нуля коэффициентов многочлена f(—х),
то общее число перемен знака в той и другой последова-
последовательности не превышает степени п многочлена f {x).
Таким образом, если п\—число перемен знака в по-
последовательности отличных от нуля коэффициентов
многочлена f{x), а «г — число перемен знака в последо-
последовательности отличных от нуля коэффициентов многочле-
многочлена /(—х), то щ -\- П2 ^ и. Следовательно, если многочлен
с вещественными коэффициентами степени п имеет п ве-
вещественных корней, то число положительных корней не
может быть меньше п\, а число отрицательных корней
меньше п2.
б. Если аг = 0, а коэффициенты йг+| и аг_| многочле-
многочлена f(x) имели бы одинаковые знаки, то и при переходе
228 .

От f(x) к f(—x) они сохранили бы одинаковые знаки.
Это означало бы, что общее число перемен знаков в по-
последовательностях коэффициентов многочленов f(x) и
f(— х) не превышает м —2 и многочлен f(x) вопреки
условиям задачи не мог бы иметь п вещественных кор-
корней. Следовательно, коэффициенты аг+\ и аг~\ многочле-
многочлена f(x) имеют различные знаки и аг+\ ¦ ат-\ <. О, что и
требовалось доказать.
91. В приведенном ниже решении использованы сле-
следующие три хорошо известных факта из теории чисел.
A.	Теорема Вильсона (III. 6): если р— простое чис-
число, то
(p-l)! = _l(modp).	A)
Б. Произведение любого числа квадратичных вычетов
есть квадратичный вычет. Произведение нечетного числа
квадратичных невычетов есть квадратичный невычет.
Произведение четного числа квадратичных невычетов
есть квадратичный вычет (III. 7).
B.	Число —1 есть квадратичный невычет простого
числа р = 4ft+ 3 (III. 7, след. 1).
Заменив в разложении факториала, стоящего в ле-
левой части сравнения A), числа p-s на —s при всех
s :?j 2k -f- 1, получим
(-lJft+l [1 • 2 • 3 • ... Bft + \)f^~ 1 (modp),
или
Bft + 1)! = ± l(modp).
Чтобы определить знак правой части сравнения, за-
заметим, что факториал Bk + 1)! представляет собой про-
произведение m квадратичных невычетов и 2& + 1 — m
квадратичных вычетов. Таким образом, как следует из
«Б», B&+1)! есть квадратичный вычет при четном m
и квадратичный невычет при нечетном т. Если т четно,
то есть если Bft+1)! — квадратичный вычет, следует
Выбирать знак плюс (в силу утверждения «В»), а при
нечетном т — знак минус. И в том и в другом случае
справедливо сравнение
в разложении факториала Bft+1I каждое из
четных чисел Е = 2, 4, 6, ... 2ft числом — (р — Е) и
229

расположив множители в порядке возрастания их абсо-
абсолютной величины, получим
(_l)fc. 1 .3.5 ... (р — 2)E==(-l)m(modp)
или
1 -3-5 ... (р-2) = {— l)m+ft(modp).
Таким образом, первое сравнение задачи доказано.
Комбинируя его с утверждением «А», приходим ко
второму сравнению задачи.
92. Пусть Ао, А\, ..., А„— вершины п-симплекса,
йо, й\, .,., ап — их радиусы-векторы относительно цен-
центра тяжести С, Шг — длина медианы, проведенной из
вершины Аи ец — длина ребра AiAj, M — сумма длин
медиан и Е — сумма длин ребер симплекса.
Прежде всего покажем, что длина медианы не боль-
больше среднего арифметического длин ребер, исходящих из
той же вершины. Среднее арифметическое а0 длин ре-
ребер, исходящих из вершины Ао, равно
где bi = ai — с0. Следовательно,
Поскольку то — длина вектора
п
_!_/- I 4-й)-" =-Уь-	(l)
то
B)
В силу неравенства Лагранжа число /\/(bibi)(blbj)-~
— | bibj I не может быть отрицательным, и оно равно
нулю в том и только в том случае, если векторы ft,- и 6}
линейно зависимы, то есть если вершины Ао, At и Л)
коллинеарны. Таким образом, соответствующее слагае-
слагаемое в правой части соотношения B) также не может
230

быть отрицательным и оавно нулю в том и только в том
случае, если вершины Ао, Д-, А, коллинеарны и верши-
вершина А) не расположена строго посредине между верши-
вершинами Аг и Aj (в противном случае bibj<0). Следова-
Следовательно, т0 ^ а0, причем равенство возникает лишь то-
тогда, когда все вершины коллинеарны и Ао является
крайней вершиной в одном из направлений.
Складывая отдельно правые и левые части нера-
неравенств
получаем
M<lffe М..	C)
Равенство выполняется лишь в том случае, если мно-
множество вершин симплекса содержит не более двух раз-
различных точек. Действительно, равенство М = 2Е/п экви-
эквивалентно условию, что вершины симплекса коллинеарны
и каждая вершина является крайней в одном из направ-
направлений, то есть среди вершин симплекса нет трех раз-
различных. Таким образом, неравенство
2 М
п> Е
выполняется для n-симплекса, имеющего по крайней
мере три различные вершины.
Далее, поскольку векторы щ отложены из центра тя-
тяжести С симплекса, то а\ + • • • + ап = —а0. Таким об-
образом, вектор A) равен — (п-}-1)ао/п, откуда А0С—
= пто/(п-}-1), то есть центр тяжести С делит медиану
в отношении п: 1 (считая от вершины симплекса). При-
Применив это соотношение к медианам, проведенным через
вершины Ai и Aj, и заметив, что ДС + Afi ^ Д-А,-, по-
получим
-~j {mi + т/) > еи-	D)
Сложив отдельно правые и левые части неравенств
D), выписанных для каждого ребра симплекса, мы при-
Аем к сумме, в которую каждая медиана входит п раз^
231

по одному разу для каждого ребра, выходящего из со-
соответствующей вершины. Следовательно,
п2М(п+\)>Е,	E)
причем равенство выполняется в том и только в том
случае, если центр тяжести С лежит на каждом из
(п-\- \)п/2 ребер (а не на их продолжении). Нетрудно
видеть, что если симплекс имеет по крайней мере че-
четыре различные вершины, то равенство выполняться не
может. Если множество вершин симплекса содержит
ровно три различные вершины, то равенство выполняет-
выполняется в том и только в том случае, если они коллинеарны,
центр тяжести С совпадает с средней вершиной и ни
одна из вершин, кроме, быть может, С, не является
кратной. Наконец, если множество вершин симплекса
содержит ровно две различные вершины, то равенство
выполняется в том и только в том случае, если п=\.
В том случае, если n-симплекс содержит четыре раз-
различные или три коллинеарные вершины (в частности,
в том случае, если n-симплекс невырожден и и S&2),
выполняются строгие неравенства
1>4>^±!.	F)
Покажем, что диапазон допустимых значений М/Е
в F) (включая равенства) нельзя сузить и он достато-
достаточен для всех невырожденных я-симплексов. Пусть
(х\, х2, ..., хп)—декартовы координаты точки в «-мер-
«-мерном пространстве. Рассмотрим сначала и-симплекс, вер-
вершина Ао которого совмещена с началом координат, а
все остальные вершины выбраны так, что х\ = —1 у
вершины А\, хг = б ^ 0 у вершины Д- B^.i^.n), а
координаты X) вершины Ая (s = 1, 2, ..., п) при i^s
равны нулю. При 6 = 0 наш и-симплекс имеет лишь две
различные вершины и М/Е = 2/п. При б > 0, как пока-
показано выше, выполняется неравенство М/Е < 2/п. По-
Поскольку отношение М/Е как функция от б непрерывно
при 6 = 0, при любом е > 0 найдется б0 > 0, такое, что
при б ^ бо будет выполняться неравенство М/Е >*
> B/п) — е. Следовательно, 2/п — точная верхняя грань
отношения М/Е.
Рассмотрим теперь в том же пространстве другой не-
невырожденный симплекс. Вершину Ло снова совместим
232

с началом координат. Вершину Ai выберем так, чтобы
дп = 2, а все остальные координаты были равны нулю.
При 2 ^ i ^ п вершины Д- выберем так, чтобы х\ = 1,
Xt¦ = 6F > 0), а все остальные координаты были равны
нулю. Отношение М/Е как функция от 6 снова непре-
непрерывно при 6 = 0. При 6 > 0 выполняется неравенство
М/Е>(п + \Iп2, а при 6 = 0 равенство М/Е =
= (п+ \)/п2. Следовательно, (п-\-\)/п2— точная ниж-
нижняя грань отношения М/Е, что и требовалось доказать.
93. Начнем-с доказательства следующей леммы.
Лемма. Пусть n = palipl2 ... patK Тогда
_ у S(r п \ I	Г0приг<п,
ft, 1^-1 ^ ' Ркр1рт)	(ипрИГ = И.
Доказательство. Пусть С(г,п)—левая часть равен-
равенства A). Нетрудно доказать, что С{г,п)= п, если г де-
делится на п, и С (г, и) = 0, если г не делится на п. Дей-
Действительно, при /г = 1 это утверждение очевидно. Да-
Далее, каждый делитель любого члена, входящего в С (г, п),
является делителем числа п. Пусть d<n — такой де-
делитель. Тогда разложение числа d в произведение сте-
степеней простых чисел содержит по крайней мере один
простой множитель в степени, меньшей, чем степень тсго
же множителя в разложении числа п. Пусть, например,
Р\, р2, ..., ph — простые множители числа п, входящие
в разложение числа d с меньшими показателями сте-
степени, чем в разложении п (разложение делителя d мо-
может, в частности, содержать р{ в нулевой степени).
В (/+ 1)-й член (в(/+ 1)~ю сумму) С(г,п) делитель d
входит ровно Г . J раз со знаком (—\)к Следовательно,
Делитель d можно исключить из С(г,п), поскольку
Таким образом, если г не делится на п, мы можем ис-
исключить все делители, то есть в этом случае С(г. п) = 0.
233

Если же г делится на п, то делитель п входит в С (г, п)
лишь один раз, причем в первый член. Тем самым лемма
доказана.
Переходим к доказательству утверждения задачи.
Вычтем из последнего столбца определителя к,аждый из
столбцов с номерами n/ph, где ph пробегает все различ-
различные простые делители числа п, затем прибавим все
столбцы с номерами n/phpu вычтем все столбцы с номе-
номерами n/phPiPm и так далее. По лемме элементы послед-
последнего столбца обратятся в 0, 0, ..., 0, п. Разлагая опре-
определитель по элементам последнего столбца, получим
умноженный на п определитель (п— 1)-го порядка того
же вида, что и исходный. Пользуясь методом математи-
математической индукции, заключаем отсюда, что исходный опре-
определитель равен п\, что и требовалось доказать.
94. Условия задачи позволяют варьировать решение
функционального уравнения в широких пределах. При-
Приведем лишь два различных способа построения функции
f(x)> удовлетворяющей исходному функциональному
уравнению.
а. Рассмотрим при х > 0 любую однозначную поло-
положительную вещественную функцию f(x), принимающую
при х = О значение f@) = |c|>0. При х •< 0 зададим
f (x) при помощи соотношения
Нетрудно видеть, что построенная функция f(x) удов-
удовлетворяет функциональному уравнению, приведенному
в условиях задачи.
б. Поскольку функция f(x)—положительна и одно-
однозначна, ее вещественный логарифм также веществен и
однозначен. Следовательно,
F (х) = In f (x)-ln f @) = - [In f {~x)-\n f @)] = - F (-x).
Таким образом,
In f (x) = In f @) + F (x), f (x) = f <0) eF <*>,
где F — любая нечетная вещественная однозначная
функция вещественного переменного. Подставляя на-
начальное значение с, получаем окончательно
234

95. Рассмотрим сразу общий случай, то есть	урав-
есть	уравнения
s = fl.	A)
\ = b.	B)
Исключив Х\ из уравнений A) и B), получим
- ахЛ = Ъ — а\	C)
Следовательно, b — а2 — четное число, и коэффициенты
а и Ъ должны быть либо оба четные, либо оба нечетные.
Пусть
*i =¦?--*,	D)
Вычитая из уравнения F) уравнение E), заключаем,
что у— целое число (быть может, равное 0). Не ограни-
ограничивая общности, условимся считать у неотрицательным
целым числом, поскольку изменение знака у приводит
лишь к перестановке х2 и х3 и не порождает нового на-
набора целочисленных решений х\, х2, Хз системы уравне-
уравнений A) и B). При у ¦= 0 числа х2 и х3 равны.
Подставляя D), E) и F) в уравнение B), получаем
3*2+/ = 2(&--?),	G)
откуда b 5= а2/3.
Случай 1. Число а кратно 3. Как показывает соот-
соотношение D), число х в этом случае целое. Поскольку
*2 и Хз — целые числа, х и у должны быть либо оба чет-
четные, либо оба нечетные. Любая пара чисел х, у, удов-
удовлетворяющих соотношению G), порождает набор целых
чисел х\, %2, Хз, удовлетворяющих системе уравнений A)
и B). Решение (xux2,xs), получаемое при положитель-
положительном х, как правило, отличается от решения (xi,x2,x3),
соответствующего равному по абсолютной величине, но
противоположному по знаку значению х. Если х = у, то
независимо от знака х решение (х\, х2, Хз) одинаково при
одном и том же значении |х|. Различные пары чисел х
и у, удовлетворяющих соотношению G), не обязательно
235

приводят к различным решениям (хи х2, х3) системы
уравнений A), B). Действительно, как следует из сим-
симметрии уравнений A) и B), если новое значение х при-
приводит к значению хи совпадающему с ранее получен-
полученными значениями х2 или Хз, то нового набора значений
х\, х2, х3 не возникает. Поэтому, за исключением особых
случаев, следует ожидать, что каждому набору Хи х%, х%
соответствуют три различные пары значений х и у.
Случай 2. Число а не кратно 3.
В этом случае число х имеет вид n/З, где п — такое
целое число, что (а — п)/3 — целое. Пары значений пну,
используемые для получения набора хи х%, х3, должны
удовлетворять соотношению G), а знак и следует выби-
выбирать так, чтобы удовлетворялось соотношение D). Числа
у и п должны быть либо оба четные, либо оба нечетные.
При заданных значениях а и Ь предложенный метод
позволяет довести решение задачи до конца. При а =
= 54, b = 1406 правая часть соотношения G) равна
868. Различные решения системы уравнений A) и B)
для этого случая представлены в таблице:
X
3
-3
8
-8
V
29
29
26
26
15
21
10
26
Xi
5
2
9
1
34
31
35
27
Остальные пары значений (х, у)
(±9, 25). (± 13, 19). (± 16, 10). (± 17, 1)
не приводят к новым наборам хи х2, х3.
96. Выберем прямоугольную систему координат так.
чтобы ее начало совпало с исходным положением соба-
собаки, ось х была направлена от собаки к хозяину, а ось
у — вниз по течению реки. Пусть w — ширина реки
(в милях), с — скорость реки (миль/ч) и О — положи-
положительный острый угол между осью х и прямой, прохо-
проходящей через точку, в которой собака находится в мо-
236

мент времени t, и точку (w, 0). Тогда условия задачи
позволяют составить уравнения
с —-^[- = 2 sin О, -J = 2cosd.	(!)
Полагая tg ft = z, получаем
T*- + * = fV? + r.	B)
Ясно, что
z = У
w — х
Продифференцировав это выражение по х, исключив
dy/dx из уравнения B) и приравняв величины, обратные
правой и левой частям получившегося уравнения, най-
найдем
d . , .	2 1
— In (w — х) =	,	,
dz	с V«2 + 1
откуда
In (w — x) = - ^\n(z + <yjzr+l) + In k.	C)
Чтобы определить значение постоянной k, заметим,
что х и z обращаются в нуль одновременно. Полагая
в C) х = z = 0, получаем k = w. Подставив получен-
полученное выражение в C) и разрешив относительно z, при-
приходим к соотношению
ГЬГ'*- »
Заменив z его значением y/(w — д;), получим уравнение
траектории плывущей собаки
Дифференцируя E), находим из уравнения dy/dx = О
соотношение
/ w у _ 2 + с
Ч ш — *о У 2 — с '
гДе д;0 — абсцисса точки максимального бокового сноса.
Поскольку по условиям задачи х0 = 2wJ3, то
ос 2 + с
237

откуда с = 1. (Это уравнение имеет еще два веществен-
вещественных корня: с = 0 и с = —1. Первый отбрасывается по
смыслу задачи, второй исключается выбором направле-
направления Оу).
Определим время t, которое потребовалось собаке,
чтобы переплыть реку. Обращаясь ко второму из урав-
уравнений A), находим
dt _ ViHhT	,
dx — 2	W
Исключая z из уравнений D) и F) и интегрируя от
х = 0 до х = w, получаем
'-Т^г-	ГО
Поскольку в стоячей воде собака проплывает расстоя-
расстояние, равное ширине реки, за до/2 часов, а на преодолев
кие реки затрачивает на Vi2 часа больше, то
2w	w 	 1
4 —с2 Т~~Ш'
откуда
1 4-с*
Но с=1. Следовательно, ширина до реки составляет
'/г мили. Собака переплывает ее за 20 мин.
97. Нетрудно видеть, что условиям задачи удовлетво-
удовлетворяет
Р «7
где ец — обычные единичные матрицы, a mpq = min (p,
q), при этом kpqrs = mqrmVslmvqtnrs.
98. Произведение восьми последовательных чисел
"\х—наименьшее из них) запишем в виде
-36а2— 144с =

где а = х2 + 7х -J- 6. Поскольку при х~^\ выполняется
неравенство о > 12, то а4 < Р. Кроме того,
(а + IL - Р = 42а2 + 148а + 1 >0.
Таким образом,
а4<Р<(а+1L,
что и требовалось доказать.
99. Пусть Dn — определитель (и + 1)-го порядка мат-
матрицы квадратичной формы от п-\- 1 переменных, приве-
приведенной в условиях задачи (п = 0, 1, ....), a Zv— v-я
строка этого определителя. Заменив Zo линейной ком-
комбинацией Z0-\-Z2 — 2Zi, получим определитель, первая
строка которого содержит элементы 0, 2, 0, .... О, а ос-
остальные строки совпадают со строками исходного опре-
определителя. Проделав аналогичную операцию над первым
столбцом нового определителя, получим определитель,
первый столбец которого содержит элементы —4, 2,
О, ..., 0. Разложив последний определитель по элемен-
элементам первой строки, получим рекуррентное соотношение
Dn = -4Dn-1-4Dn-2, n = 2, 3, 4, ....
где Do = 0, Di =—1. Пользуясь методом математиче-
математической индукции, нетрудно доказать, что
(это равенство составляет содержание задачи 87). По-
Поскольку Dn ф 0 при «;> 1, ранг матрицы равен и+ 1.
Зная это, определим сигнатуру квадратичной формы,
приведенной в условиях задачи, по формуле Фробениуса:
Тем самым утверждение задачи доказано.
100. Пусть р = 6k -J- 1 (число вида 6fe -f 5 и 2 не мо-
иметь вид Зи + 1, а остальные не могут быть про-
простыми). Разобьем классы вычетов 1, 2	р—1 на
3 множества: множество А кубических вычетов по
239

модулю р и множества В =. р.Д и С == рМ, где р не при-
принадлежит А. Этими множествами исчерпывается полный
набор вычетов по модулю р, и каждое из них содержит
по (р—1)/3 = 2& членов. Пусть а — элементы множе-
множества А, р — элементы множества В и у — элементы мно-
множества С. Рассмотрим, как распределены а, р и у среди
элементов полного набора вычетов 1, 2, .... р— 1. Пред-
Предположим, что существуют а элементов а, за каждым из
которых следует элемент о/, то есть а решений сравнения
а'=а + limodp).	A)
Рассматривая все возможные случаи, мы приходим
к следующей системе сравнений по модулю р (рядом
с каждым сравнением указано число допускаемых им
решений):
a; as=
6; р'^р+1,е; p = Y+l, Л; B)
с; Y P+U f '
Поскольку каждый вычет б, за исключением а-вычета
р—'1, имеет «последователя» — вычет 6+1, то числа
с, Ь, ..., h,i должны удовлетворять соотношениям
a + fc+c = 2fe-l, d + e + f = 2k, ff + ft + t = 2fe. C)
Кроме того, —I принадлежит множеству кубических
вычетов, поэтому —а = а', —Э = р', —y = V'. и &. каК
и d, есть число решений сравнения
Следовательно, b = d. Аналогичные рассуждения позво-
позволяют вывести и два других равенства: g = c, h=f.
Заметим далее, что с — число решений сравнения
l+a + Y = 0, или Y~' + Y~'a+1=0.
Но y~' = Р, а Y~'a совпадает с каким-то другим выче-
вычетом, например с р'. Таким образом, с — число решений
сравнения
240

Но е — также число решений этого сравнения, в силу
чего е = с. Как показывают аналогичные рассуждения,
I = Ь. Составим таблицу	ч
А
В
С
А
а
Ь
с
в
Ь
с
f
с
с
f
Ь
показывающую число различных типов следования эле-
элементов в полной системе вычетов 1, 2, .... р—1. Урав-
Уравнения C) позволяют выразить все числа, входящие в эту
таблицу, через числа а и Ь:
c = 2k—\-a-b, f = a-\-\.
Найдем теперь число решений сравнения
1+a + p + v^O.	D)
Когда а пробегает все элементы множества А, мы полу-
получаем из сравнений B), что
{a'+P + Y а раз,
P'+P+Y Ь раз,
с раз.
При фиксированном а' эти сравнения эквивалентны срав-
сравнениям
Из последнего сравнения мы видим, что оно допускает /
решений. Аналогично получаем при фиксированном р'
сравнение
l+a + p = 0 (b решений),
при фиксированном y' — сравнение
V' + P + Y = O, или 1+Y + a —0 (с решений).
Таким образом, сравнение D) допускает af + Ъг + с2 ре-
m. С другой стороны, записав сравнение D) в виде
241

мы обнаружим, что оно допускает be + с/ + bf решений.
Таким образом,
bf.	E)
Подставляя в соотношение E) полученные выше выра-
выражения с и f через а и b и полагая р = 6k -f- 1, преобра-
преобразуем его к виду
4р = F/г — 9а — 7J + 27 B/г — а — 2Ь - IJ. F)
Заметим, что в любом представлении простого числа
р = 6k-{- l в виде
4р = ы2 + 27к2	G)
числа иио либо оба четные, либо оба нечетные, причем
0(d3). Если оба числа и и v четные, то
М
—	единственное представление простого числа р в виде
х2 -\- Зу2, где y = 0(mod3). Если оба числа и и v нечет-
нечетные, то их знаки следует выбрать так, чтобы число
(и — За)/4 было целым, и тогда
Р = (,—1	) + 3 I,—4—>)	(9)
—	единственное представление простого числа р в виде
а;2 -{- Зу2, где у ^ 0 (mod 3). Следовательно, простое число
» представимо в виде
р = А2 + 27В2 = А2 + 3 (ЗВJ	A0)
в том и только в том случае, если числа и и v из соотно-
соотношения G) оба четные или, что то же, если число а из
соотношения F) нечетно. В свою очередь, число а не-
нечетно в том и только в том случае, если 2—кубический
вычет по модулю р, поскольку а — число пар «соседних»
кубических вычетов в полной системе вычетов 1, 2,
..., р—1, а если х и (х-{~1)—кубические вычеты, то
(р — х—1) и (р — х)—также кубические вычеты. Та-
Таким образом, кубические вычеты можно всегда считать
парами, если не выполняются равенства
242

и число а нечетно в том и только в том случае, если
(р—1)/2, (р+1)/2 — кубические вычеты. В свою оче-
очередь, поскольку
числа (р—1)/2 и (р+1)/2 являются кубическими вы-
вычетами в том и только в том случае, если 2 — кубиче-
кубический вычет по модулю р, что и требовалось доказать.
101. Значения коэффициента А, при которых трехчлен
f(x) =х12-{- Л.Л/6 + у12 допускает разложение на два
многочлена шестой степени с рациональными коэффи-
коэффициентами, задаются выражениями R -{- R~l, 2 — R2 и
—2 — R2, где R — любое рациональное число. Разложе-
Разложения трехчлена f(x) имеют соответственно следующий
вид:
(/ + Ry*) (*6 + *-У), (*6 + RxV + уъ) (/ - Rx3y3 + у")
и (а;6 + Rx3y* - у6) (х6 - Rx?y3 - у6)
Докажем, что другие возможности исключаются. Для
этого рассмотрим несколько случаев.
Случай 1: А <—2. Пусть x/y = v, a s — веществен-
вещественный корень уравнения
Тогда А = —s6 — s~6. Многочлен f(v) разлагается на
следующие элементарные множители:
а)	v2 + sv -Ь s2; в) v2 + s~lv + s~2; д) v + s; ж) v + s;
б)	v2 — sv + s2; r) v2 — s~lv + s~2; e) v — s; з) v — s~l.
Нам необходимо составить из этих элементарных
множителей два многочлена шестой степени, произве-
произведение которых совпадает с многочленом f(v). Ясно, что
если один из сомножителей имеет рациональные коэф-
коэффициенты, то дополнительный сомножитель также имеет
рациональные коэффициенты. Рассмотрим многочлен
с вещественными коэффициентами, содержащий множи-
множитель а. Его можно составить 22 способами. Перебрав все
возможные способы, мы придем к следующим результа-
результатам: соответствующие многочлены имеют рациональные
коэффициенты в том и только в том случае, если рацио-
рациональны числа: для многочлена (абде)—число s6;
243

(абжз) — число s2; (абез) —число s3-{-s~3; (агеж)—чис-
(агеж)—число s3 — s~3; (авдж) — число s -f- s~l; (агдз)—число s — s~\
а все остальные многочлены — лишь если рационально
число s. Но если s или s2 рациональны, то число s6 также
рационально; если рациональна сумма s-f-s~', то рацио-
рациональна и сумма кубов s3 -f- s~3; если рациональна раз-
разность s — s~\ то рациональна и разность кубов s3 — s~3.
Итак, возможны лишь три варианта. Переходя к коэф-
коэффициенту А, получаем: либо А = R + R~* (R < О, R Ф
ф—\), либо A =2 — R2, \R\ >2, либо A =—2 — R,
Случай 2: А>2. Пусть is — чисто мнимый корень
уравнения f(v) \ = 0. Тогда А = s6 + s~6. Элементарные
вещественные множители, на которые разлагается мно-
многочлен f(v), имеют следующий вид:
а)	v2 + s2; в) г/ -^/3sv + s2; д) v2 - ^/3 s~lv + s~2;
б)	v2 + s~2; г) v2 + V3 sv + s;1; e) v2 + -y/3 s~lv + s~2.
Многочлен шестой степени, содержащий а (сомножи-
(сомножитель, входящий в разложение многочлена f{v)), можно
составить 10 различными способами. Их рассмотрение
приводит к следующим результатам: многочлен (авг)
имеет рациональные коэффициенты в том и только в том
случае, если число s6 рационально; многочлен (адж) —
если рационально число s2, а все остальные многочле-
многочлены— если рационально числоя-у/З- Во всех этих случаях
число s6 рационально и А = R + /?-', R > 0, R ф 1.
Случай 3: | А \ < 2. Пусть А = — 2 cos 60, 0 < 60<п.
Элементарные множители многочлена f(v) имеют сле-
следующий вид:
а) и2-2w cos 0+1;	г) v2 + 2ucos (o + -J) -f 1; |
б' v2 -f- 2v cos 0 -f- 1;	д) v2 —'.
в) t»2-2wcos(o + -j) + l; e) o2
Многочлен шестой степени, содержащий множитель
а и входящий в разложение многочлена f(v), можно по-
построить 10 способами. Рассмотрение их приводит к сле-
следующим результатам: многочлены имеют рациональные
коэффициенты в том и только в том случае, если рацио-
244

нальны следующие значения косинусов: для многочле-
ра (агд) — cos 30; (аве) — cos О; (авд) —cos (О + п/3);
(are)— cos (О + 2п/3), все остальные многочлены — если
рациональны cos О и cos (О + п/3). Во всех случаях
cos 30 рационален и А = — 4 cos 30 + 2 = 2 — /?2, где
Случай 4: А = ±2; сомножители, входящие в раз-
разложение f(v), очевидны.
Итак, хотя в разложение f(v) на многочлены с ра-
рациональными коэффициентами могут входить и другие
сомножители, они существуют лишь в том случае, если
коэффициент А имеет одно из приведенных в начале ре-
решения значений.
102. Сегмент, отсекаемый от конического сечения со-
совпадающей с нормалью хордой, имеет минимальную пло-
площадь в том случае, если хорда пересекает ось кониче-
конического сечения под углом ±п/4.
1.	Площадь сегмента, отсекаемого от параболы
у2 = ах хордой PQ, равна (q — рK/6а, где р и q — орди-
ординаты точек Р и Q, причем р <q.
Если хорда PQ совпадает с нормалью к параболе в
точке Q, то р = —q —'- a2/2q, в силу чего площадь сег-
сегмента равна
ifa+01- 9>0- р<о.
Дифференцируя, находим условие минимума площа-
площади сегмента: q = а/2, р = —За/2. Угловой коэффициент
нормали равен —1, точка Q совпадает с концом фокаль-
фокальной хорды'. Другой конец этой хорды мы получаем при
Р >¦ q. Минимальная площадь сегмента равна 4а2/3.
2.	Пусть О] и 02@ < Oi — 02 < 2я) — значения пара-
Метра, соответствующие двум точкам эллипса х =
= a cos О, у = b smb. Площадь сегмента, отсекаемого
Проходящей через эти две точки хордой, определяется
Сражением
S = ab |@, — 02) — sin (О, — О2)]/2.	A)
1 Хорды, проходящей через фокус параболы параллельно дирек-
тРисе. — Прим. перев.
243

Для того чтобы эта площадь была минимальной, должна
выполняться соотношение 1 — db^dbx = 0. Хорда совпа-
совпадает с нормалью, проходящей через точку fti, если
« tg * -.. Ь (sin Ь2 - sin »,)	Ъ », + »2
6 eXJl a (cos#2 -cosО,)	а lg 2 * ^)
ИЛИ
Комбинируя эти соотношения, получаем
1 ~~ tf», ~" a*tg2¦&, + б4 lj	W
откуда tgOi = ±b/a. Таким образом, хорда совпадает
с нормалью, имеющей угловой коэффициент ±1. Если
выбрать 0 < Oi < л/2, то соотношение B) превращается
в равенство Ог = —ЗФь а площадь сегмента опреде-
определяется выражением
n
J-
3. Пусть Oi и ¦в'г @ <; Oi — О2) — значения парамет-
параметров, соответствующие двум точкам одной и той же ветви
гиперболы х = a ch О, у = 6 sh О, ft < а. Приведенные
выше рассуждения для случая эллипса практически це-
целиком переносятся на случай гиперболы (с точностью до
замены круговых функций гиперболическими). В той же
последовательности, что и в пункте 2, проведем следую-
следующие вычисления:
р ___ аЪ [sh (О, - »2) - (», - 02)]	до
или
2	[_ i
. 	 d#2 	 2a262 sech2 ¦©! .	/3)
откуда
tie

Таким образом, хорда совпадает с нормалью, имеющей
угловой коэффициент ±1.
s==ab (sh 40, - 4 0.) ^
103. Докажем, что ответ на вопрос задачи отрица-
отрицательный. Пусть Еп (п = 1, 2, ...)—множество точек,
абсциссы которых в двоичной системе представимы
в виде
О» ап1ап2 ••• ап. п~Лап, п+1 • • •>	A)
где двоичные цифры а„3- принимают значения 0 или 1.
Каждому из 2п~1 способов выбора первых п—1 цифр
соответствуют два числа — наибольшее и наименьшее.
Наибольшее число (при данном выборе первых п—1
цифр) получается при anj = 1 (/^n-f-1). наимень-
наименьшее— при anji = 0 (/^n+l). Разность между наи-
наибольшим и наименьшим числом равна
r '¦' -2й"'
Таким образом, варьируя цифры, начиная с (n-fl)-u и
далее, мы получаем все точки интервала длиной 1/2та.
Кроме того, отрезки, соответствующие двум различным
выборам первых п — 1 цифр, не перекрываются, посколь-
поскольку абсциссы левых концов таких отрезков отличаются
между собой по крайней мере на 1/2"-1. Таким образом,
множество Еп состоит из суммы 2"-' непересекающихся
отрезков, каждый из которых имеет длину 1/2", и мера
множества Еп равна 7г. Каждое из множеств Еп лежит
на отрезке @, 1).
Рассмотрим теперь любое бесконечное пересечение
С ^ ?vj П EVi ... П Ev. • • •
образованное из членов последовательности {Еп}. Пусть
Gt = fv, fl Ev2 ¦. • П EV[
— конечное пересечение первых i сомножителей, входя-
входящих в С. Абсциссы точек, принадлежащих множеству
^i, имеют вид
°	.. aVi_,laVi+1 ... a^la^, ... av._,lav.+1. B)
247

При каждом фиксированном выборе первых v* — 1 цифр
точки, соответствующие двоичным числам B), запол-
заполняют отрезок длиной 1/2V». Следовательно, в конечное
пересечение Gi всего входят 2(v»~1)~(t-1) = 2v»~1 таких
отрезков, причем, как и прежде, эти отрезки не перекры-
ваются.
Таким образом,
Но поскольку G — подмножество множества Gj при лю-
любом i = l, 2, ..., отсюда следует, что mes G = 0.
104. Рассмотрим векторы, проведенные из центра эл-
эллипса в три заданные точки. Пусть zu z2, г3 — соответ-
соответствующие им комплексные числа, g = (a-\~ b-{-с)/3.
Тогда
Поскольку 1 + 8 + ?2 = 0, то выражение для длин по-
полуосей эллипса не изменится, если а, Ь, с заменить чис-
числами zu z2, z3. Кроме того, поскольку центр тяжести тре-
треугольника abc совпадает с центром данного эллипса, то
этот эллипс является для треугольника abc эллипсом
Штейнера *, и эксцентрические углы заданных точек от-
отличаются на 2я/3. Пусть А и В — длины полуосей эллип-
эллипса (А > В), а — угол наклона большой оси к веществен-
вещественной оси. Тогда
2e~iazx = (А + В) t + (А - В) Г1,
2e~taz2 = (А + В) et + (А — В) ъ2Г\
2e~iaz3 = (Л + В) е2/ + {А - В) еГ1,
где t = е*®, а ф — эксцентрический угол точки Z\.
Умножая первое соотношение на 1, второе — на 6,
третье — на е2 и складывая отдельно левые и правые
части, получаем
Л-Б=2|г' + егз + е2гэ|
и аналогично
248

Решив эту систему уравнений относительно А и В, полу-
получим для полуосей выражения, приведенные в условиях
задачи.
105. Пусть ит — общий (r-й) член суммы, стоящей в
левой части доказываемого тождества, a Sn — значение
этой суммы. Разлагая их на элементарные дроби, по-
получаем
"г
s\{n-s)l{x +
я=0
и! La Аи
г=0 s=0
/=0	8=0
(члены, не имеющие смысла, при суммировании надле-
надлежит опускать), и если t>n, то t — п ^ s ^ п. Тожде-
Тождество A—х2)п = A—х)п(\ + х)п приводит к следую-
следующему тождеству между биномиальными коэффициен-
коэффициентами:
{2p_s)(s)	(p)	C)
Если 2р > п, то 2/7 — п <^ s ^ п. В соотношении B)
члены, соответствующие нечетным t, обращаются в нуль.
Следовательно,
D)
р\(п- р)\
Полученное выражение представляет собой не что
иное, как разложение на элементарные дроби правой
Части доказываемого тождества (в справедливости фор-
формул (Г) и D) легко убедиться методом математической
индукции).
249

106. Рассмотрим характеристическое уравнение
1-Х	Ц,	V[
А2 ц2 — х v2 =0
вещественной ортогональной матрицы, приведенной в ус-
условиях задачи. Как известно, все корни такого уравне-
уравнения по абсолютной величине равны 1. Поскольку все
коэффициенты характеристического уравнения вещест-
вещественны, то два корня комплексно сопряженные и их
можно представить в виде cos О ± / sin Ь, а третий ко-
корень— вещественный и равен либо +1, либо —1 (в рас-
рассматриваемом случае + 1, поскольку произведение кор-
корней равно свободному члену характеристического урав-
уравнения, то есть определителю матрицы, составленной из
направляющих косинусов).
Сумма трех корней равна следу матрицы, то есть сум-
сумме членов, стоящих на главной диагонали. Следова-
Следовательно,
Если бы определитель матрицы был равен —1, то ве-
вещественный корень характеристического уравнения был
бы равен —1, и из рассмотрения следа матрицы мы по-
получили бы неравенство
107. Если число —3 не является квадратичным невы-
невычетом всех простых чисел вида Зп + 2, то пусть р — наи-
наименьшее нечетное простое число этого вида, для кото-
которого разрешимо сравнение х2 ==—3(modp). Пусть
х = е — решение этого сравнения (е<р). Не ограничи-
ограничивая общности, предположим, что число е четное, по-
поскольку если бы е было нечетно, то число р — е, также
удовлетворяющее сравнению х2 = —3 (mod p), было бы
четно.
Рассмотрим сначала случай е2 = I(mod3). Из срав-
сравнения
е2 = — 3(modp)
получаем
e^-3 + fp, f<p,	(О
где f — нечетное число.
250

Следовательно,
p/
а поскольку
p = 2(mod3),
то
f = 2(mod3).
Число f нечетно и имеет вид Зп -\- 2. Следовательно, f
должно содержать нечетный простой делитель q вида
Зп + 2, поскольку если бы все делители числа / имели
вид Зп или Зп+ 1, то и их произведение было бы того
же вида. Из соотношения A) получаем
ez = -3(mod/),
в силу чего выполняется и сравнение
е2 = — 3 (mod q).
Но последнее сравнение противоречит гипотезе о том,
что р — наименьшее простое число вида Зп + 2, для ко-
которого —3 является квадратичным невычетом.
Теперь рассмотрим случай, когда e2 = 0(mod3). Вы-
Выделим наибольшую степень числа 3, входящую в разло-
разложение е на простые множители, то есть представим е
в виде
e = 3ak,
Поскольку
е2 = — 3(modp),
то
откуда
32a-1Jfe2 = -l(m
ИЛИ
32а-'А!2+1=рЛ, h<p,	B)
h~ нечетное число.
Таким образом,
ph = l(mod3).
Но
р = 2 (mod3),
в силу чего
Л = 2 (mod 3).
S51

Итак, h, нечетное число вида Зп + 2, должно содержать
нечетный простой делитель г вида Зп + 2. Из сооотноше-
ния B) получаем
32а~'йг = — 1 (mod h),
поэтому
И
3-°/г2 = - 3 (mod r).
Мы опять пришли к противоречию с исходным предпо-
предположением; следовательно наименьшего нечетного просто-
простого числа вида Зп + 2, для которого число —3 является
квадратичным невычетом, не существует. Тем самым ут-
утверждение задачи доказано. Из приведенного доказа-
доказательства следует, что квадратичный невычет простого
числа р вида Зп + 2 сравним по модулю р с числом
вида —За2, а = 1, 2	 {р— 1)/2.
Рис 18.
108. Начнем с доказательства леммы.
Лемма. Перпендикуляр, опущенный из точки окруж-
окружности на хорду, равен среднему геометрическому перпен-
перпендикуляров, опущенных из той же точки окружности на
касательные к окружности, проведенные через концы
хорды.
Доказательство. Пусть Р — произвольная точка оь-
ружности, АВ — любая хорда, РМ ¦— перпендикуляр, опу-
252

шенный из Р на АВ, PD и РЕ — перпендикуляры, опу-
опушенные из точки Р на касательные к окружности, про-
проведенные через концы хорды АВ (рис. 18). Проведем
хорды РА и РВ. Заметим, что Z.PBE = (Ч*)РВ'=.
«-= Z/MM и Z.DAP = A/8)Л4 = ZPBM. Следовательно,
прямоугольные треугольники РВ? и РАМ подобны и
*	в D	г
Рис. 19.
прямоугольные треугольники DAP и РМВ также по-
Добны, откуда РЕ : РМ = РВ : РА = РМ : PD, или РМ =»
= л/PD • РЕ.
Лемма доказана.
Пусть ABC — заданный вписанный треугольник, а
XYZ — заданный описанный треугольник (рис. 19), сто-
стороны которого касаются окружности в вершинах тре-
треугольника ABC. Из точки Р окружнвсти опустим перпен-
перпендикуляры РМ, PN, PR, PD, РЕ, PF на стороны АВ, ВС,
С A, XY, YZ, ZX. По лемме PM=-y/PD-PE, PN =
^ л/РЕ • PF. Перемножив эти соотношения, получаем
PM-PN -PR = PDPE-PF,	A)
и требовалось доказать.
253

Соотношение A) остается в силе и в том случае
если точка Р совпадает с одной из вершин треуголь-
треугольника ABC, поскольку при этом правая и левая части
соотношения A) обращаются в нуль.
109. Все возможные расположения в ряд п чисел,
удовлетворяющие условиям задачи, можно получить, дей-
действуя следующим образом.
а.	Поместим единицу на первое место, а остальные
единицы расставим по любым щ — 1 из а.\ Ц- а2 + .,,
... .+ о-п — 1 мест, оставшихся свободными. Общее чис-
число способов, которыми можно расставить единицы,
равно
Gl + 02 + • • • + О„ — 1 \
я,-1	У
б.	Поместим двойку на первое свободное место, а
остальные двойки расставим по любым а2 — 1 из а% +'
!+ Оз + ••• H-fln — 1 мест, оставшихся свободными. Об-
Общее число способов, которыми можно расставить двойки,
равно
\
в. Аналогичным образом тройки можно расста-
/ а3 + а4 + ... + ап — 1 \
вить I	__ .	I способами, четверки —
+ а5+ ... +ап—1\
I способами, ..., числа п — i
й4 — 1	/
соответственно
I	, I способами.
„
г. Наконец, числа п можно расставить по оставшимся
а„ местам лишь одним способом.
Таким образом, общее число способов, которыми
можно расставить в соответствии с условиями задачи й\
единиц, 02 двоек	о„ чисел п, равно
{a, + q2+ ... +an)l
254

Если вместо afe чисел k (k = 1, 2, ..., п) взять ah
различимых членов, образующих k-ft класс, то общее
число способов расстановки следует умножить на
!
2
ПО. Решение задачи удобно свести к рассмотрению
нескольких случаев.
Случай 1. Лишь один пассажир в вагоне не успел
стереть с лица сажу. Он видит, что все остальные пас-
пассажиры смеются над кем-то, у кого лицо испачкано са-
сажей, но, оглядев своих попутчиков, убеждается, что их
лица чистые. Отсюда он заключает, что сажей испачкано
его лицо, и приводит себя в порядок.
Случай 2. Несколько раньше в вагоне оставалось два
пассажира с испачканными сажей лицами. Каждый из
них думает, что остальные пассажиры смеются над его
соседом, до тех пор пока не осознает, что если бы на его
лице не было сажи, то другой пассажир рассуждал бы
и действовал так, как в случае 1. Поскольку этого не
происходит, пассажир заключает, что и его лицо испач-
испачкано сажей. Тот из двух пассажиров, кто мыслит бы-
быстрее, первым сотрет сажу со своего лица.
Случай 3. Еще раньше в вагоне в течение какого-то
времени оставалось три пассажира с испачканными са-
сажей лицами. Каждый из них, поразмыслив, понял, что
если бы на его лице не было сажи, то в вагоне осталось
бы лишь два пассажира с испачканными лицами и со-
события развернулись бы так, как в случае 2. Поскольку
этого не происходит, пассажир с наиболее быстрой реак-
реакцией заключает, что у него на лице сажа.
Случай k. Аналогично, если в течение некоторого вре-
времени в вагоне оставалось k пассажиров с испачканными
сажей лицами, то каждый из них мог бы рассуждать
следующим образом: «Если на моем лице не было бы
сажи, то в вагоне осталось бы k — 1 пассажиров с ис-
испачканными лицами. Поскольку остальные пассажиры
ведут себя не так, как следовало бы в случае k— 1, то,
следовательно, на моем лице сажа». Придя к такому
заключению, пассажир, который соображает быстрее
Других, достает платок и вытирает сажу с лица, после
чего в вагоне остается k— 1 пассажиров с испачканными
сажей лицами.
Таким образом, число испачканных пассажиров убы-
убывает от п до 1, а после того, как последний пассажир
256

сотрет сажу со своего лица (случай 1), обращается в О,
что и требовалось доказать.
111. Обозначим ряды, заключенные в скобках, соот-
соответственно через Sa, Sa, SB, Sr. Пусть и» = n-й член
ряда. Воспользуемся двумя известными разложениями:
Е.— 1	L _i_ J	L_i_
4 — 1 3^5 7 ^ '••»
I +	+
а) (-l)n~l2Au =—	-Н	-	-	I	—
)У '	п 2п — 1 2ит2«+1 2п + 2'2п+3*
„ . 1
б) (-1)" 720ы„=2^— 2^ГТ+ 2п + 2 ~п + 3
2п + 4 2п + Б ' 2и + 6 '
,	n"-' 94 	_!	4 ¦ 6
2n 2n + 1 ' 2n + 2
Г) (-1Г'384«„=2^Т-
	4 ¦ »
2« + 5 ~ 2n + 7 '
384Sr=16(j) — 15Ч- "У	1 +у.
n-96Sr=||-.
112. Пусть 2&г — наибольшая степень двойки,
жащаяся в разложении числа ат в произведение степе-
256

ней простых чисел. Тогда аг = 2Ъгс, где с — нечетное
число. Поскольку среди целых чисел от 1 до 2п имеется
п нечетных чисел, то среди п -f- 1 чисел аг найдутся по
крайней мере два таких (например, щ и а,), у которых
множители с совпадают. Очевидно, что одно из этих
чисел является делителем другого.
113. Пусть а, р, у — внутренние углы треугольника
ABC, х, у, г — длины перпендикуляров OP, OQ, OR, опу-
опущенных из точки О на стороны ВС, СА, ЛВ треугольника
ABC, и а, Ъ, с — длины отрезков О А, ОБ, ОС. Тогда
= У
sin a
ZV(y sin у + z sin PJ + (y cos у — z cos PJ
Z
sin a
у sin у + z sin p _ y» ^ / sin P , sin у Л
sin a	L-i V sin у ' sin P /
что и требовалось доказать.
114. Как нетрудно проверить, унимодулярные аффин-
аффинные преобразования х' = х + ky + pk2/2, у' = у + kp
оставляют инвариантной параболу у2 = 2рх + а. Эти
преобразования образуют однопараметрическую груп-
группу G и оставляют инвариантной любую параболу,
принадлежащую однопараметрическому семейству у2 =
= 2рХ + а (а — параметр). В группе G содержится пре-
преобразование, переводящее любую точку заданной пара-
параболы из семейства у2 = 2рх + а в любую другую точку
той же параболы.
Пусть А и А' — две точки наружной параболы, В, С
и В','С — точки касания прямых, проведенных из точек
А и А', с внутренней параболой. Преобразование груп-
группы G, переводящее точку А в А', переводит точку В в В',
а С — в С. Поскольку определитель любого преобразо-
преобразования из группы G равен 1, то все преобразования из G
сохраняют площадь.	'
9 Зак, 436	*	257

115.	Ясно, что сторона а треугольника ABC больше
любого из отрезков АР, BQ, CR. Проведем ОХ\\АВ,
О Y || А С, ХК II OR, YL || OQ (точки X и У лежат на сто-
роне ВС, точка К— на стороне АВ и точка L — на сто»
роне СА). Рассматривая пары подобных треугольников
OXY, ABC; BXK, BCR; CYL, CBQ,
получаем
XY > ОР; ВХ>ХК = OR; YC>YL = OQ.
Следовательно,
а = ВХ + XY + YC> OR + OP + OQ,
что и требовалось доказать.
116.	Поскольку матрица вещественна и симметрична,
то все корни at, аг, ..., ап ее характеристического урав-
уравнения хп + а\хп~х + ..." + ап = 0 вещественны. Требо-
Требование равенства всех корней приводит к соотношению
XI (а,- — а/J=0, или (п— \)а\—2па2 = 0. Выражая at и ац
через элементы исходной матрицы, получаем
(п - 1) (I aj - 2n Zt (аиа„ - а\) - 0,
(и - 1) X О?! - 2 Е ана„ + 2п ? ^ = о,
Таким образом, все корни характеристического уравне-
уравнения вещественной симметрической матрицы равны в том
и только в том случае, если ац = 0, i ф j и аи = а.ц, то
есть если матрица скалярна: А = аЕ, где Е — единичная
матрица.
117. Пусть Л?, Л°, ..., Al — вершины данного про»
стого многоугольника Р°. Проделав над Р° п раз опер!*
цию, описанную в условии задачи, переведем много-
многоугольник Р° в многоугольник Рч. Вершины Л" много-
многоугольника Рп являются образами вершин Л° много-
многоугольника Р° (v = 1, 2, ..., о). Пусть Сп — наименьший
выпуклый многоугольник, содержащий многоугольник
Рп. Очевидно, что в последовательности Р°, С0, Р1, С1,
Р2, С2, ... каждый последующий многоугольник содер-
содержит предыдущий. Периметры всех многоугольников Рп
258

одинаковы, поэтому существует круг, содержащий все
многоугольники Рп. Поэтому последовательность обра-
Зов одной и той же вершины Л" (п = 0, 1, ...) много-
многоугольника Р° обладает по крайней мере одной точкой
накопления.
Если В — любая точка, лежащая на периметре или
внутри многоугольника Р"\ то при п>тпо построению
р (В, Л") ^ р {В, Л"+1), где р (С, D) — расстояние между
"Точками С и D. В частности, р(Л™, Л")<рСС, Л"+1)
при п^т. Отсюда вытекает, что последовательность
вершин Л" (п = 0, I, 2, ...) может иметь лишь одну точку
накопления и, таким образом, сходится: A"-*AV при
	.
Многоугольник Р = (AiA2, А2А3, ..., Aa-iAa, Ла/1,) —
предел последовательности многоугольников Рп— явля-
является также и пределом последовательности выпуклых
многоугольников Сп. Следовательно, многоугольник Р
выпуклый.
Назовем вершину р некоторого многоугольника его
Точкой выпуклости, если можно провести прямую L так,
что р будет лежать по одну ее сторону, а остальные вер-
вершины многоугольника — по другую. Для выпуклого мно-
многоугольника р будет точкой выпуклости в том и только
в том случае, если эта и две соседние с ней вершины не
лежат на одной прямой. При выполнении над много-
многоугольником процедуры, описанной в условии задачи, точ-
точки выпуклости остаются на месте.
Пусть cv (г)—внутренность круга радиуса г с цен-
центром в вершине Av.
Пусть Ар, — точка выпуклости многоугольника Р.
Ясно, что можно найти прямую L и положительное чис-
число р, такие, что внутренность круга C|j,(p) будет целиком
лежать по одну сторону от прямой L, а все остальные
сх(р) (Х=?ц)—по другую. При п^по(ц) вершина Л"
при v = 1, 2, ..., а будет принадлежать cv(p). Таким
образом, прямая L отделяет вершину Л? от остальных
вершин А}. (Я, Ф ц). Следовательно, Л?—точка выпук-
выпуклого многоугольника Р" ив силу этого должна быть ин-
инвариантной: А^+1 = А». Отсюда мы заключаем, что при
к^«о(ц) вершины Л^° и А1 совпадают, поэтому при
п ^ rio(ix) можно положить Аи —Ар.
9*	259

Пусть Atj, Дц, ..., Д^-—полный набор точек выпу-
выпуклости многоугольника Р. Тогда А$ = Лцг (г = 1,2,..., s),
где ЛГ = тах(ио(ц,), «0(^2). •••, «o(Hs))- Отсюда следует,
что С^ = Р и Рп = Р при n^N. Но это и означает,
что после конечного числа шагов нам удалось построить
выпуклый многоугольник.
Если бы при" построении многоугольника Р' мы отра-
отражали все участки, дополняющие Р до его выпуклой обо-
Рис. 20.
лочки, то, как видно из рис. 20, Рг мог бы оказаться не
простым многоугольником.
118. Доказательство удобно разбить на несколько
этапов.
а. Для любого положительного целого числа k и лю-
любого п > 1 все биномиальные коэффициенты
Ik
положительны.
б. Если а > b > 0, у > 0, то
причем равенство достигается в том и только в том слу-
случае, если либо а = Ь = 0, либо у = 0.
Доказательство. При сделанных предположениях
справедливо неравенство A — e~av)/ay < A — е-ьУ)/'оу,
поскольку A — е~и)/и — убывающая функция от и. По-
Поэтому Ь — ЪегаУ <; а — еъУ, что и требовалось доказать.
260

в. Пусть
1
'¦¦„
]
Тогда
г. Разложим в ряд:
j_ _i
[ch{n+l)t]n -2я
1
П	Je-2/(n+l)Bft-l) _j_ j П jg-
00 /1 + —
V I	«
h\ 2k
-2t B/t) Г 2kn p-2t B/tn-n-l)
h
Bfat-B-l)
и+I
Используя неравенство, доказанное в пункте «б», при
я = 2Ы, Ь е= 2kn — п — 1, у — 2t, получаем, что при
k > 0, ^ > 0, п > 1 выражение, стоящее в квадрат-
квадратных скобках, меньше-единицы, а при & = 0 — равно еди-
единице. Следовательно,
[ch(п
^' < У I n I e-8*<2fe) =
tA 2k J
при / > 0, n > 1. Это означает, что f(t, n) > 1 при
n > 1. Из последнего, соотношения, приведенного в пунк-
пункте «в», следует, что f (х, 1/п) < 1 при х— [ln(cth t)]/2>-0,
«> 1.
д. Пусть
[ch(n+l)x]n
261

Тогда, используя неравенства, доказанные в пункте «г»,
получаем
Ф (х, п) < 1 при п > 1, х > 0;
Ф {х, п) > 1 при 0 < п < 1, х > 0;
ф@, л) = ф(*. 0) = ф(х, 1)=1.
Тем самым неравенство, приведенное в условиях задачи,
доказано.
Интересно отметить, что подстановкой г = е~2х при
0 < z < 1, п > 1 его можно преобразовать к алгебраи-
алгебраической форме
A - zn)n+l + A + zn)n+l < 2 A + 2"+>)n;
при 0 ¦< п ¦< 1 возникает обратное неравенство, а при
п = 0, 1 или z = 0, 1 неравенство переходит в равенство.
119. Пользуясь неравенствами
()<l?^-. o</<n,	A)
получаем *
= lim f f 1 — —V
im V(-l)'-^-^^'ln2xdJc =
262

Следо в ате л ьно,
о
где С = 0,577 ... —постоянная Эйлера (III. 12).
120. По теореме Вильсона (III. 6), если р — простое
Число, то
(р— 1)!+ l^O(modp).	A)
Нетрудно видеть, что
(р - 1) {р - 2) ... (р - г) = (- l)r r! (mod p). B)
Пусть г — любое натуральное число меньше р и такое
что
(-l)rr! = l(modp).	C)
Тогда из сравнений A), B), C) мы получаем
(р — r-l)!+l=0(modp).	D)
Верно и обратное: если выполняется сравнение D), то
выполняется и сравнение C).
Обращаясь к сравнениям, приведенным в условиях
задачи, нетрудно проверить, что (—1O7! = 1 (mod71), а
поскольку 8-9=з 1 (mod 71), то (—1)991 s= I (mod 71).
Тем самым оба сравнения, приведенные в условиях за-
задачи, доказаны.
Как показывают аналогичные рассуждения, справед-
справедливо также следующее сравнение:
Если р — простое число вида 4k + 3, то
где т — число квадратичных невычетов, меньших числа
pf2 (сравни также задачи 63 и 91).
121. Докажем, что существует бесконечно много тре-
треугольников, у которых один угол вдвое больше другого,
а длины сторон выражаются целыми числами с наиболь-
263

шим общим делителем (всех трех чисел), равным 1, но
не существует треугольников, у которых один угол вдвое
больше другого, а длины сторон выражаются попарно
взаимно простыми числами.
Пусть А, В и С — углы, а а, Ъ, с — стороны треуголь-
треугольника, и? = 2А. Тогда
а : Ъ '. с = sin A : s'm2A : sin3A =
= 1 : 2 cos Л: D cos2 Л— 1), l>cosA>^. 0)
Поскольку cos Л = -g— рационален, положим cos Л =
= p/q, где р и q — взаимно простые числа, причем
2q>2p> q. Тогда а : Ь : с = q2:2pq : D/т2 — q2). Три
целых числа, стоящие в правой части последнего равен-
равенства, при нечетном q не имеют других общих делителей,
кроме 1, так что мы можем положить
a = q\ b=2pq, c = Apl-q\	B)
Если q — четное число, взаимно простое с р, то, поло-
положив q = 2r, получим
а = г2, Ь = рг, с = р2-г2; 2г>р>г>1,
cos Л = -^г ¦
Эти соотношения выражают необходимое условие того,
что В = 2Л и наибольший общий делитель чисел а, Ь, с,
соответствующих длинам сторон треугольника, равен 1.
Два треугольника, задаваемые при помощи C) числами
г, р и г', р', совпадают в том и только в том случае, если
г — г', р = р'. Таким образом, соотношения C) позво-
позволяют получить все треугольники рассматриваемого типа
без повторений. При данном г существует <р(г) различ-
различных треугольников, где <р(г)—функция Эйлера (III. 8).
Аналогично обстоит дело и с соотношением B).
122. Подстановкой х = еи приведем исходное урав-
уравнение к виду
Решения уравнения A) будем искать в виде ряда
y=fdanu^=fdan(\nxr.	B)
264

Подставляя ряд B) в уравнение A), получаем
п-=0
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях и
в правой и левой частях уравнения, находим
п/2
(п + 1)]Га*ап+1_,— ап = — при четном п, C)
/ 1 1\ Y1	i И + I ,	1
(п + 1) 2 flfl	а +	< =
при нечетном п.
Задав а0, можно последовательно вычислить коэффици-
коэффициенты ап. Общее выражение для ап через а0 получить до-
довольно трудно, и мы ограничимся тем, что приведем вы-
выражения для первых трех коэффициентов:
D)
a3 = [k-k2(l-k-k2)B + 3k)]/3\, а0ф0.
Уравнение A) можно записать в виде
du	^ у '
Правая часть этого уравнения аналитична по и и у в
окрестности « = 0 и у = а0 Ф 0. Следовательно, суще-
существует интеграл у (и), аналитический в окрестности и=0
и обращающийся при и = 0 в по. Вычислить его можно
приведенным выше методом.
123. Пусть прямая А2Р% пересекает ЛИ3 треугольни-
треугольника Л1Л2Л3 в точке В. Применив теорему Менелая * сна-
сначала к треугольнику AiA2D и трансверсали ?>3/Мз, а за-
затем к треугольнику AiDiA3 и трансверсали AiP%B, полу-
получим соотношения А^^АгА^О-,Рг = D3A2-DlA3-P2A1 и
AiPz-AzDi-АзВ = P2Di -АгАз-ВАи откуда AiBjBA3 =
^Pipdqyqz- Четверки точек AiP2PzDy и AiBD2A3 на-
наедятся в перспективном соответствии с центром
265

в точке Л2. Следовательно, их двойные отношения равны
(III. 2):
AjP2 • P3D1 	 AjB • D2A3 	 р!р;Рз
Нетрудно видеть, что тогда
^Г" = 1 —
<7l<72<73
Р1Р2РЗ
Если две точки Р совпадают, то отношение
обращается в единицу и мы получаем соот-
соотношение, известное под названием теоремы Чевы (III. 1).
124. Докажем несколько более общее утверждение.
Вместо исходного определителя, приведенного в условия
задачи, рассмотрим определитель, у которого натураль-
натуральные числа, стоящие в t-й строке, возводятся в степень
/ + i — 2, где / — любое натуральное число, a t =2, 3,...
..., п. Разлагая его по первой строке и вынося из каж-
каждого столбца общий множитель, получаем
r=l
где V — определитель Вандермонда. Как известно,
1
1
1
1
2
2«-2
1
... г —
... (г-
-
1
I)"-2
г
(г
1
+
+
(
1
I)"-2
и-1I
(п
. 1
. п
. пп~2
-2)!..
2!П
Таким образом, рассматриваемый нами определитель
приводится к виду
U21 ...(n-
При / = 2 получаем соотношение, которое требовалось
доказать.
266

125. Пусть f{n) — определитель, приведенный в усло-
условиях задачи, в котором число 2k + 1 заменено числом п,
ДО)= 1. Тогда минор, получающийся при вычеркивании
s-ro элемента первой строки, равен f(n — s), в силу чего
при п > 0 миноры удовлетворяют рекуррентному соот-
соотношению
f(n)-4rf{n-l) + -^-f(n-2)- ... +J=!l
Нетрудно видеть, что коэффициент при f(n — s) в этом
соотношении совпадает с коэффициентом при х8 в разло-
разложении функции A — е~х) /х в степенной ряд. Поскольку
разложение этой функции содержит ненулевой свобод-
свободный член (равный 1), функция х/A — е~х) также допу-
допускает разложение в степенной ряд (сходящийся при
х < 2л) вида
1 — е~х
n=o
II	1	¦	Я <	О	tJ''	A ¦	D4	Д
где Бп — числа Бернулли (^(л:)—так называемая про-
производящая функция чисел Бернулли). Коэффициенты ап
находим из соотношения F{x) A —е~х)/х — 1. Очевидно,
что ао= 1, а4 = */г и коэффициенты я„ удовлетворяют
тому же рекуррентному соотношению, что и f(n). По-
Поскольку это соотношение определяет входящие в него ве-
величины единственным образом, то f(n)= an. Кроме того,
поскольку
/r(x)_?=±.lL±?!!==±cth^
W 2 2 A - е~х) 2	2
— четная функция, то коэффициенты ап при всех нечет-
нечетных степенях х, кроме первой, равны нулю. Следователь-
Следовательно, fBk + 1) = 0, где k — любое натуральное число. Тем
самым утверждение задачи доказано. Заметим также,
4TofBk) = (-l)b-*Bh/Bk)\.
126. Для того чтобы составить прямоугольник длиной
п — k единичной ширины, п — k единичных квадратов
вДоль стороны большого квадрата можно выбрать
^ + 1 .способами. Следовательно, число прямоугольников
267

шириной п — k, которая измеряется в направлении с «за-
«запада на восток», равно (/г+ 1) -[{к + 1) + k + (k—1)-l
+ ....+ 2 + 1] = (k + 1) (k + 1) (k + 2)/2, причем (k+\y
из них — квадраты. Таким образом, общее число прямо-
прямоугольников шириной п — k составляет 2(k + 1) (&+ l)Xi
(fe + 2)/2(fc+lJ (fclK
) (+)
Чтобы вывести формулу для суммы кубов п первых
натуральных чисел, заметим следующее. Большой квад-
квадрат разделен на п2 единичных квадратов (п + 1) прямы-
прямыми, проходящими с «запада на восток», ип+1 прямы-
прямыми, проходящими с «юга на север». В каждом направле-
направлении можно выбрать ( п 2 J пар линий. Следовательно,
общее число прямоугольников, образованных пересекаю-
щимися парами линии, равно! 2. I =1	^	1 • По
доказанному выше, это число совпадает с суммой кубов
п первых натуральных чисел.
127. Как известно, числа Фибоначчи удовлетворяют
рекуррентному соотношению vn+2 = Vn+i + vn, где Vi =>
= vz= 1. Докажем, что
arcctg v2 — arcctg v3 — arcctg v5 — ...
... — arcctg o2n+i= arcctg v2n+2. A)
Воспользуемся формулой для разности арккотангенсов и
рекуррентным соотношением для чисел Фибоначчи:
arcctg v2n — arcctgfJn+i =
.= arcctg p^"+' + l = arcctg
Используя при т = 2м—1 легко доказываемое соотно-
соотношение vm+1vm+2 — VmVm+з = (—l)m, получаем
arcctg v2n — arcctg v^+i = arcctg v2n^2.	B)
Суммируя члены соотношения B) при n= 1, 2, ..., я>
приходим к соотношению A). Итак, соотношение A) до-
доказано.
Поскольку при п->оо правая часть соотношения (')
стремится к нулю, то
оо
arcctgv2 = ? arcctg v2n+l.	C)
268

Полагая v2n+i = ип+и v2 = Vi = щ = 1, преобразуем по-
полученный результат к виду
со
arcctg «! = ? arcctgun+1,	D)
где, как нетрудно проверить, щ = 1, и2 = 2, ип+2 =»
= 3«n+i — ип, n^z 2, что и требовалось доказать. (См.
также задачи 29 и 52.)
128. Функция у = f(x) является единственным реше-
решением линейного дифференциального уравнения
у"-ау'-Ьу = 0,	A)
удовлетворяющим начальным условиям у@)=0, у'@) =
= Hi.
Как нетрудно проверить, функция у = —eaxf(—д:)
также является решением уравнения A) и удовлетво-
удовлетворяет тем же начальным условиям. В силу единственно-
единственности решения
что и требовалось доказать.
129. Уравнение нормали к гиперболе Ьгхг — а2у2
= агЬ2, проходящей через точку P(xltyi), имеет вид
Для того чтобы A) было уравнением касательной к со-
сопряженной гиперболе, квадратное уравнение, получаю-
щееся при подстановке A) в уравнение сопряженной ги-
гиперболы, должно иметь равные корни. Условие равен-
равенства корней приводит к соотношениям
а*у\ + {а2 + b2f х\у\ - Ь*х\ = О,
ЬЦ - a4j\ - a2b2 = 0.
Решив систему уравнений B), найдем координаты точ-
точки Р:
гДе внутренний квадратный корень выбран со знаком
плюс для того, чтобы координаты х\ и i/i были
269

вещественными." Координаты х%, у2 точки Q касания пря-
прямой A) с сопряженной гиперболой равны
	а*	г	ь1
Х%— *,(я2 + Ь2)' У ~~ Vi (а2 + Ь2) "	D>
Нормаль к сопряженной гиперболе, проходящая через
точку Q, имеет уравнение
у — у 2
х — х2
совпадающее с уравнением касательной к первой гипер-
гиперболе, проходящей через точку Р'(—хи —yi).
Из соображений симметрии ясно, что нормаль к ги-
гиперболе в точке Р'{—х\,—у\) совпадает с касательной
к сопряженной гиперболе, проведенной в точке
Q'(—Хг,—г/г), а нормаль к сопряженной гиперболе, про-
проходящая через точку Q'(—хг,—yi), совпадает с каса-
касательной к исходной гиперболе в точке Р(х\,у\). Суще-
Существуют два четырехугольника типа PQP'Q'. Один соответ-
соответствует одинаковым знакам перед внешними квадратными
корнями в соотношениях C), другой — разным знакам.
130. I. Если Ь = а, то решение очевидно. В противном
случае условимся считать Ь большим из чисел (Ь > а).
Тогда Ь = га, где г>1 и аг~1 = г, или, что то же, а =
_ ri/(r-i) Пусть 1/(г—1)=и/и, где и и v — взаимно
простые числа. Поскольку а и г рациональны, число г =
— (v-\-u)/u должно быть v-й степенью рационального
числа. Но тогда числа и и v + и как взаимно простые
также равны v-м степеням целых чисел. Но разность
двух v-x степеней с различными основаниями больше v,
если только v не равно 1. Следовательно, v = 1 и
1/(г—1) = ы — целое число. Таким образом, а =
= [(«+1)/и]« и 6 = [(и+!)/«]«+•.
II.	Заметим, что соотношение а\Ьс)= (аь)с выпол-
выполняется, если а=\, Ь и с — произвольные числа или
с = 1, а и Ь — произвольные числа. Если а ф 1, сФ^
то должно выполняться соотношение Ьс=Ьс, или bc~l=c-
Как показывают рассуждения, аналогичные приведенным
выше, с — (и+ 1)/«, b =[(u+ 1 )/и]и, где и — любое це-
целое число, а число а остается произвольным.
III.	Не ограничивая общности, предположим, что
^Ь. Тогда a = rb, где г^1, и соотношение (а-\-Ь)^
ac + bc сводится к соотношению A-r-r)c= 1+г '
270

Предположим на время, что параметр г изменяется не-
непрерывно. Пусть /, (г) = A + rf, f2 (r) = 1 + гс. Тогда
при любых г > О производные f\ (г) и /г (г) связаны
одним из трех соотношений: f'l(r)>f'2(r) при с>1,
/;(')*=¦?(') при с = 1 и f[{r) < f'2(r) при с < 1. Но /, @) =
= Ы°)- Следовательно, Л (г) >/2 (г) при с> 1, Л(г) =
е=/2(г) при с=1 и fi(r) < f2(r) при с< 1. Таким обра-
образом, полное решение соответствует с = 1 и произволь-
произвольным с и 6.
Рассмотрим теперь соотношение са+ь = са -\- съ. Не
ограничивая общности, предположим, что а ^ Ь. Тогда
а= br (г Г2: 1). Пусть сь = и/ы, г = pjq, где /?, q, и, v —
положительные целые числа, а каждая из дробей v/u и
plq несократима и (поскольку г ^ 1) p^q. Соотноше-
Соотношение са+ь = са -\- сь в принятых обозначениях приводится
к виду yp-e(i> — и) = up. Если у == 1, то A — u)q = и*.
Поскольку р^'\, q~^ 1, то каждый простой делитель
числа и должен быть делителем числа 1 — ни, следова-
следовательно, делителем единицы. Отсюда мы заключаем, что
и= 1, по и— 1 не удовлетворяет соотношению
A — ы)9 = ыр. Полученное противоречие означает, что
v Ф 1. Поскольку и не является делителем числа up, to
/? — q = 0. Но тогда b = a n v — и = и, или ы = 1, i> = 2.
Таким образом, в рассматриваемом случае полное реше-
решение определяется соотношениями а = Ъ = 1/п, с = 2",
где п — любое целое число.
Рассмотрим теперь, как устроены множества элемен-
элементов, на которых одно из свойств нового умножения I—III
Удовлетворяется при любом выборе его элементов.
Рассмотрим сначала множество элементов, на кото-
котором новое умножение коммутативно (обладает свой-
свойством I). Такое множество содержит либо один элемент,
который произволен, либо два указанных выше элемента.
Переходим к множеству элементов, на котором новое
Умножение ассоциативно (обладает свойством II).
Прежде всего обратимся к случаю, когда множество
содержит единичный элемент и элемент аф 1. Из соот-
соотношения [[а, 1], а = [а, [а, 1]] следует, что аа = а, от-
откуда а=1. Таким образом, если множество содержит
единицу, то оно не содержит других элементов. Предпо-
Предположим, что ни один элемент множества не равен едини-
Че. Тогда из соотношения [а, [а, а] ] = [ [а, а], а] следует,
271

что аа = а2, откуда а = 2. Таким образом, множество
элементов, на котором новое умножение ассоциативно,
содержит лишь один элемент, равный либо 1, либо 2.
Наконец, рассмотрим множество элементов, на ко-
котором новое умножение дистрибутивно (обладает свой-
свойством III). В случае дистрибутивности справа
(а-{-а)а = 2аа, или 2° = 2. Следовательно, а=1, и
единица — единственный элемент, принадлежащий мно-
множеству. В случае дистрибутивности слева а<а+а> = 2аа,
или аа = 2. Поскольку для рациональных а такое соот-
соотношение не выполняется, рассматриваемое множество
пусто.
131. Умножив обе части функционального уравнения
etksf{t) = f{t + s)-f{s)
ibt
на е , получим
е» ('+•)/ @ = elktf (t + s)- eiktf (s),
а переставив в исходном уравнении t и s, придем к функ-
функциональному уравнению eiktf {s) = f (t-\- s) — / (О-
Из двух последних уравнений находим
eW+*f (/) = e^f (t + s)-f{t + s) + f (О,
или
[«,«<*+«> _ 1] / (/) = [еШ -l]f(t + S),
откуда
/(*)
Полученное соотношение является тождеством, а по-
поскольку его левая часть зависит только от t, а правая от
f.+ st то каждая из них равна константе. Таким образом,
f(t)= С(ет— l)/ik, что и требовалось доказать.
132. Докажем сначала неравенство A). Разобьем
f(x) на два слагаемых:
n<[In*J
Неравенство A) следует из неравенств
4- <21nlnx,
HaF <Х /i "
п>1\п,х]	п>[1пх]
272

Докажем теперь неравенство B). Пусть xv =
:DV—1Jзт/3. Тогда xv/2n — целое число, и при
(mod4|i), (a)
• 4^—1 2я _
3 4^
ц=1	ц=1 u=v+l
Используя соотношение (а), получаем оценку для пер-
первой суммы
v
> с4In v.
Вторая сумма удовлетворяет неравенству
V ±
H=v+1

3
1
•2я-
I
4v+l
4
3
, 2я
" 9
Объединяя полученные неравенства и учитывая, что
v ~ In xv/ln 4 при v—>¦«>, приходим к неравенству B).
133*. Пусть G — область на комплексной плоскости,
не содержащая заданных точек Gi, ..., ап и
Функции |/B)| и <pB) = |/B) |2 достигают максимума
одновременно, поэтому достаточно доказать, что q>(z) не
может иметь максимума во внутренней точке области С.
Пусть го — внутренняя точка. Без ограничения общности
мы можем считать, что z0 = 0 (в противном случае мож-
можно произвести сдвиг всей плоскости на вектор —z0).
Начнем с простого замечания: если /@)= 0, то 0 не
является точкой максимума. В самом деле, если все точ-
точки «ft и 0 лежат на одной прямой, то для любой точки г,
близкой к 0 и не лежащей на этой прямой, f(z) ф 0, так
что tp(O) = 0 < <рB) = |/(г) |2. В альтернативном случае
без ограничения общности мы можем считать, что 0 и
273

точки а\, ..,, ai лежат на одной прямой, а остальные ah
находятся вне ее. Обозначим ен = aj | ah \. Если мы из
Точки 0 сместимся в точку га\, где е > О мало, то
(ah — №\)l\ah — W\| = ek при kz^l, а у всех остальных
единичных векторов (ah — eai)/\ak — е,а\I проекция на 1\
станет меньше. Поэтому $(га{)Ф0 и |/(eai) | > \f @) |,
так что 0 не точка максимума. Если мы из точки 0 сме?
дтимся в точку еаи где е>0 мало, то (ак — еак)/
1\ан — eah\ = eh при к ^ /, а у всех остальных единичных
векторов (ah — m\)l\ah — ъа\\ проекция на li станет
меньше.
Для произвольных комплексных а и h
.... ah + ah
— h | a + a-
_d_ ( a-th \ I	»i»i-r» 2[g|	a2h _ auh
dt\\a-th\)\i-o*=Z	|ep	= 2|a|3
Вычислим теперь
*
dh<? @) = -%¦ ф (th) \ыо = dj @) • / @) + f @) dhf @) =
-= 2 Re Ш @) • ГЩ) = 2 Re [| -L J±Z!L
^ . До)],
a|Af @) - akakhW) - akakhf @)} =
- a*f @))
Полагая Л = /@), получаем
Если <3/!ф@)> 0, то при достаточно малых t > 0 точка
th e G и в этой точке <p(th) > ф@). Следовательно, 0 не
является точкой максимума. Если же d/j(p(O)— 0, ТО
274

lmahf(O) = 0 для всех k, а это означает, что все точки ah
лежат на одной и той же прямой, проходящей через 0 и
/@), вопреки условию задачи.
Заметим, что если точки а& лежат на одной прямой,
то утверждение задачи перестает быть верным. Действи-
Действительно, если й( ийл — крайние точки, то можно выбрать
область G так, чтобы она высекала на прямой отрезок,
лежащий по одну сторону от отрезка [щ, ап]. В любой
точке этого отрезка функция ф(г) достигает своего ма-
максимума, равного п, так как все векторы (а&—г)/\аь—г\
смотрят в одну сторону *.
134. Запишем члены последовательности в виде
av = 2 vcv, где cv — нечетные числа. Всг cv различны,
поскольку если бы среди членов последовательности
нашлись по крайней мере два с одинаковыми множи-
множителями cv, то один из членов последовательности был бы
делителем другого, что противоречит условиям задачи.
Таким образом, члены последовательности можно пред-
представить в виде
av = 2b*cv,
где множители cv с точностью до перестановки совпа-
совпадают с членами последовательности 1, 3, 5, .... 2п— 1.
Рассмотрим сначала подпоследовательность чисел av,
для которых cv = 1, 3, З2, ..., 3*. Члены этой подпосле-
подпоследовательности можно представить в виде
2В'3?,
где i = 0, 1, 2	k, причем р* > p!+i (ибо в против-
противном случае последующий член подпоследовательности
делился бы на предыдущий). Это означает, что $C^-k — i
и, следовательно,
1 В оригинале утверждается также, что и для более общей
функции
где as (x) — положительные, монотонно возрастающие функции,
определенные на положительной полуоси, максимум модуля не мо-
может достигаться во внутренней точке. Я не проверял этого утверж-
утверждения. — Прим. ред.
276

Если at принадлежит рассматриваемой подпоследова-
подпоследовательности, то утверждение задачи доказано, в противном
случае С\ Гзг 5.
Предположим теперь, что вопреки утверждению за-
задачи
а, = с,2*1<2*, где
и, таким образом,
c1<2k-"\ где fe-ft,>3.
По доказанному выше, множители cv — различные не-
нечетные числа, не превышающие 2п. Следовательно, числа
с,-3*-\ где Я,= 1, 2, 3, .... ft,+ 2,
принадлежат набору множителей cv, поскольку наиболь-
наибольшее из них удовлетворяет неравенству
3bl+'c, < 3bl+12ft~bl < 3bl+1 • З2 • 2ft~bl~3 < 3* < 2п. A)
Эти числа определяют подмножество членов исходной
последовательности
ак = сЗ^'гЧ где Я, = 1, 2, .... ft, + 2.
Среди членов этой подпоследовательности непременно
найдутся два таких, из которых вопреки условиям задачи
один делится на другой, если только числа Ь^ не раз-
различны и при любом Я, не выполняется неравенство
Ь% <; Ь\. Но такое неравенство невозможно, поскольку Я,
принимает fci + 2 значений и существует не более fti + 1
различных неотрицательных целых чисел, не превышаю-
превышающих число bi.
Чтобы доказать, что оценка наименьшего члена по-
последовательности неулучшаема, приведем пример после-
последовательности щ, наименьший член которой при любом п
равен 2h. Члены этой последовательности можно распо-
расположить в виде элементов матрицы
где числа coj—всевозможные нечетные числа, удовле-
удовлетворяющие неравенству со» _< 2п и взаимно простые с 6,
273

Нетрудно проверить, что все а»3- различны, меньше 2п и
их ровно п (полагая а^ч^З'со,-, мы получаем взаимно-
взаимнооднозначное соответствие с множеством нечетных чисел,
меньших 2п); с помощью выкладки, аналогичной A),
можно установить, что наименьшее из чисел ац равно 2ft.
Например, при п = 15 нашу последовательность обра-
образуют числа 8, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 18 19, 21, 23, 25,
27, 29.
135. Как показывают прямые выкладки,
V2 = ( Y* e(s-D(r+c-2) j =
п
0
0
0
0
0
0
0
-о
п
0
0
0
п
0
... 0
... 0
... п
... 0
... 0
0
п
0
0
0
Корни характеристического уравнения det | V2 — Х2/| = 0
матрицы V2 равны ±п. Сумма корней равна 2п при чет-
четном п и п — при нечетном п. Таким образом, [п/2]-|-1
корней X2 характеристического уравнения равны п, а
остальные корни равны —п. Следовательно, корни ха-
характеристического уравнения матрицы V равны Vм»
zVn , — Vft , — i'Vn • Обозначим их кратности соответч
ственно mo,.mi, m2, m3. Тогда
В зависимости от того, с каким из чисел 0, 1, 2 или_3
сравнимо число_п, след матрицы V равен (l + i)Vrt»
V«» 0 или i-y/n *, а поскольку след матрицы V равен
сумме корней ее характеристического уравнения (то +
+ im,\ — гщ, — im3) V« i то
ТПл — ТПо =
mt — m3 =
при
при
при
при
n = 4k
n = 4k-\
n = 4k
n = 4/г Н
г 2
hi
или
или
или
или
n = 4k~\- 1,
п = 4^ + 3,
„ = 4^ + 3,
п==4^ + 2.
277

Таким образом, кратности корней характеристического
уравнения матрицы V во всех случаях можно вычислить
по формулам
136. Из уравнений A) и B) следует, что
¦ а из уравнений C) и D) — что
d2v __ д°-и _ еру
дх ду дх2 ду2
откуда
Общее решение уравнения E) имеет вид
U = f{x + y) + F{x-y), .	F)
где f и F — произвольные функции. Подставляя U в урав-
уравнения C) и D), находим Vх = Г {х-\- у) — F' {х — у); Vу =
= Г (х + у) + F' {х — у). Следовательно,
V = f(x + y)-F{x-y) + C,	G)
где С — произвольная постоянная. Записав уравнение A)
в виде
(8)
Таким образом, общее решение системы дифференциаль-
дифференциальных уравнений в частных производных первого порядка
A), B), C) определяется выражениями F), G), (8),
где /, F и ф — произвольные функции, а С — произволь-
произвольная постоянная.
137. Приводимое доказательство справедливо для
любой ^(спрямляемой или неспрямляемой) простой за-
замкнутой кривой С, лежащей в плоскости 5, и даже в бо«
лее общем случае.
Пусть Di и Dz — внутренняя и внешняя области, на
которые кривая С разбивает плоскость, Р — любая точ-
точка, принадлежащая области D\, d — фиксированная пря-
прямая, проходящая через точку Р\ Со и Сп — пересечения
278

кривой С с двумя лучами, на которые точка Р разбивает
прямую d; наконец, С', Со и Сл — образы множеств С, Со
и Сп при повороте плоскости S на угол я вокруг точки Р.
Докажем, что множества С и С имеют по крайней
мере одну общую точку (если пересечение множеств С и
С1 непусто, то любую из принадлежащих ему точек мож-
можно принять за точку А, а точку, переходящую в нее при
повороте плоскости на угол я вокруг точки Р, — за точ-
точку В, где А и В — концы той хорды, о которой говорится
в условиях задачи). Существование точки, принадлежа-
принадлежащей одновременно множествам С и С, будет доказано,
если нам удастся доказать, что либо Со и Ся имеют об-
общую точку, либо С содержит как точки, принадлежащие
области Du так и точки, принадлежащие области ?>2-
В первом случае наше утверждение (о непустоте пересе-
пересечения множеств С и С') будет следовать из того, что
Со и Сл — подмножества множеств С и С, поэтому лю-
любая точка, принадлежащая пересечению Со и Сл, при-
принадлежит и пересечению множеств С и С. Во втором
случае наше утверждение следует из того, что связное
множество С содержит точки обеих областей, дополни-
дополнительных к С, и следовательно, содержит по крайней мере
одну точку множества С. (Здесь мы используем теорему
о том, что связное множество, содержащее точки, кото-
которые принадлежат областям, внутренним и внешним от-
относительно некоторого множества, содержит по крайней
мере одну точку этого множества. Можно было бы также
воспользоваться более тонкой теоремой Жордана.)
Итак, предположим, что множества Со и Сл не
имеют общих точек. Тогда любая точка множества Со
принадлежит либо Du либо D2. He ограничивая общно-
общности, можно считать, что некоторые точки множества Со
принадлежат Dlm Если в Со существует точка, принад-
принадлежащая D2, то выполняются условия второй альтерна-
альтернативы и наше утверждение доказано. Поскольку Со — за-
замкнутое подмножество точек луча, исходящего из точ-
точки Р и содержащего Со и Сл, Со содержит по крайней
мере одну точку Rr. Если ни одна точка луча, располо-
расположенная за точкой R', не принадлежит множеству С„, то
R' принадлежит D2 и наше утверждение доказано. Если
эа всеми точками множества Со на луче найдется точ-
279

ка Q, принадлежащая Ся, то соответствующая точка Q'
множества Сп, лежащая на противоположном луче, рас-
расположена за всеми точками множества Со и является
точкой множества С, принадлежащей Dz.
Итак, мы доказали не только утверждение задачи, но
и следующее более общее утверждение.
Пусть С — любой континуум на плоскости, D — огра-
ограниченная связная компонента дополнения к С и Р — про-
произвольная точка из D. Тогда существуют две точки А и
В, принадлежащие границе области D и такие, что точ-
точка Р совпадает с серединой отрезка АВ.
Нетрудно видеть, что, если область D не ограничена,
это утверждение может не выполняться.
140. Пусть 1ц (—Iji) — длина ребра PiPj симплекса
РоР\Рг... Рп (вершина Ро совпадает с вершиной О).
Тогда
#/ — йо — 1% = — 2/,о/о/ cos (Z PiOPj) = — 2a{,.
По известной формуле, выражающей радиус описанной
гиперсферы через длины ребер симплекса,
0 /oi
ho 0
/о2 •
Ц2 ... /i
in
InQ ln\ Ini • • • 0
0	1	1	1	...	1
1	0	/oi	U&	• • •	hn
i	/2	n	;2	;2
1	t]0	U	<12	• • .	l\n
1	/2	/°	f	П
1	tnO	tnl	*я2	• • •	U
Вычитая первую строку из всех последующих строк, а
первый столбец — из всех последующих столбцов, преоб-
преобразуем первый определитель к виду
0	ап	а22
ап — 2ап — 2а12
— 2с, -2а,
ril
— 2а
ы
2ап
280

Проделав аналогичные операции над вторым опре-
определителем, получим
0	1	0	0 ... О
1	0	#ц	#22 ¦••	#пп
О ап — 2#ц — 2а12 ... — 2аы
О апп -2ап1 —2ап2 ... —2апп
Следовательно,
#1п
ani
... ап
что и требовалось доказать.
141. Рассмотрим функцию у — х'1п. Поскольку ее про-
производная с возрастанием х убывает, приращение функ-
функции у, соответствующее заданному интервалу на оси х,
убывает по мере сдвига этого интервала вправо. Интер-
Интервал (xi, х2) получается при сдвиге интервала (*i — а,
*2 — а) вправо на а. Следовательно,
х,	х2—а
y{xJ-y(Xl)=\y'(t)dt= \ y'
Xj—a
= y(x2 — a) — y fa-a),
что и требовалось доказать.
Приведенное доказательство остается в силе при лю-
любом (не обязательно целом) положительном п~^\.
142. Пусть Мх — среднее число бросаний, которые не-
необходимо произвести, чтобы закончить игру, если у од-
Иого игрока х, а у другого т + п — х монет. Тогда Мо =
= 0, Мт+п = 0. Кроме того, из соображений симметрии
ясно, что Мх = Мт+п-х. Поскольку после очередного
бросания у игрока, имевшего до бросания х монет, число
Монет с равной вероятностью может стать и х— I, и
281

х-\-1, то величины Мх удовлетворяют следующему ре_
куррентному соотношению:
Мх = (.И,-, + 1)/2 + (Мх+1
или
— Мх-1-\-2Мх — Мх+1 = 2 при 0<*<m + rc
Суммируя левую и правую части этого соотношения по х
от 1 jxo т-\-п — 1, получаем
а поскольку Л11 = Мт+„_1, то
Мх = Mm+n-i = т + я-1.
Величину М2 определим из рекуррентного соотношения
A), полагая х = 1:
М2 = 2М, - Мо — 2 = 2 (т+п—1) — 0-2 = 2 (т+п-2),
Докажем, что Мх = х(т + п — *). Воспользуемся
для этого методом математической индукции. При х = 1
их = 2 соотношение выполнено. Предположим, что оно
справедливо при х = k и х — k— 1:
Тогда
Mk+l = 2Mk-Mk-i -2 =
= (k+l)(m + n— k-l)-
Подставляя x = m в доказанное соотношение М* =
= л(т4-л — х), находим ответ на вопрос задачи:
Мт — т(т-\-п — т) — тп.
143 *. Примем вершину D тетраэдра и его ребра DA
DB, DC за начало и оси х, у, г косоугольной системы
координат, причем отрезки DA, DB, DC будем считать
масштабными. Если искомая плоскость пересекает
ребра DA, DB, DC в точках (-j--0>0)- (о. 4"' °)'
Го, 0, —J, то ее уравнение имеет вид
их-\- vy -{-wz— 1,	(-
282

где и, v, w~^\, и она отсекает от положительного
октанта тетраэдр объемом VABCd/uvw. Отсюда
uvw = 2.	B)
Обозначим площади граней тетраэдра, противолежа-
противолежащих вершинам А, В, С и D, SA, SB, Sc, SD соответствен-
соответственно. Площади треугольников, отсекаемых нашей плоско-
плоскостью от соответствующих граней, равны SA/vw, SB/uw,
Sc/uv. Поэтому
SJvw + SB/uw + Sduv = у (SA + SB + Sc + SD),
с учетом B)
+ SD.	C)
Для того чтобы искомая плоскость, пересекающая трех-
трехгранный угол тетраэдра с вершиной D, существовала, не-
необходимо и достаточно, чтобы уравнения B) и C) име-
имели решение, удовлетворяющее неравенствам й, v, w^l.
Легко видеть, что если удовлетворяется C), то
27SASBSC
, = !+¦
max(SA,SB,Sc)
(первое неравенство получается при uSA = vSB = wSD,
чтобы получить второе, нужно приравнять поочередно
Два из переменных единице; полезно иметь в виду, что
функция — In(uvw) выпукла (III. 13) на выпуклом мно-
множестве— треугольнике, отсекаемом от октанта и, v, w ^'
^1 плоскостью C)), и поэтому необходимое условие
существования решения выражается неравенствами
max{SA,SB,Sc}>SD. D)
Эти же неравенства и достаточны для существования
решения, поскольку область определения непрерывной
Функции uvw (уже упоминавшийся треугольник) связна
и функция принимает на ней все промежуточные значе-
значения между минимальным и максимальным, в том числе
[при соблюдении условий D)] и значение 2.
283

Вообще говоря, неравенства D) могут не выпол-
выполняться. Если, например, тетраэдр имеет вид очень вы-
вытянутой правильной пирамиды с вершиной в D, так что
SA = SB = Sc ~3> SD, то первое из неравенств D) на-
нарушается. Тем самым тройку ребер, которые пересекает
искомая плоскость, нельзя задавать произвольно.
Покажем, что неравенства D) выполняются, если
Sa ^ SB ^C Sc ^ SD. Обозначая для краткости SA -f-
+ SB + Sc + SD = S, имеем
D)fsc =
так как функция (S — xJx имеет максимум при х =•
=* S/3. Второе из неравенств D) очевидно.
Пусть теперь (х0, у0, z0) — координаты центра сферы,
вписанной в тетраэдр, г — ее радиус и hA, hB, hc — вы-
высоты, опущенные из вершин А, В, С на противополож-
противоположные грани. В силу нашего выбора масштабов на осях
вершина А имеет координаты A,0,0), откуда х0:1 =».
=г:hA и
г	r-SA	Sa
_
Х°= hA ~ 3VABCD
Аналогичный вид имеют уо и го. Подставляя эти значе-»
ния в A) и учитывая C), находим, что искомая пло*
скость A) проходит через центр вписанной сферы.
В общем случае задача может иметь до трех одно-
параметрических семейств решений. Заметим, что ана->
логичная планиметрическая задача (см. задачу 156)',
имеет лишь конечное (одно, два или три) число решений.
144. Пусть п — нечетное число, р — простой делитель
числа п, п = 2г + 1 = sPf. i >¦ 0, s не делится на р (!)•
Если среднее арифметическое п последовательных
целых чисел равно т, то сами числа равны
m — r,m — r-\-\,...,m + r—\,m-\-r. B)
Сумма 2 чисел B) равна тп, а их произведение П-~"
умноженному на т произведению произведений двУх
наборов последовательных целых чисел
(т-г)(т~г + 1)... (ш-1) и {т+ 1)(т+2)...
?64

Пусть r/p = « + b/P, 0 < b < р. Тогда из соотношения
2г + 1 = 2ар + Bfc + 1) = spl следует, что 2Ь -f 1 = р
и a = (sp{-1 —1)/2. Таким образом, г/р>а =
= («р*-1 — 1 )/2 ^ (р*-1 — 1 )/2 ^ t/2 при всех i ^ 2
(р*>3). Каждый из двух наборов г последовательных
целых чисел от га — г дот — 1 и от т + 1 до m + r со-
содержит а полных наборов по р последовательных целых
чисел. Поскольку из р последовательных целых чисел
одно делится на р, произведение г целых чисел делится
на р°. Таким образом, П/т делится на р2а и, следова-
следовательно, на р\ Если п = sp, то среди чисел B) имеются
s таких, которые делятся на р. В этом случае П/т де-
делится на р*-1. Итак, П/m делится на р, если только не
выполняются равенства s = 1, i = 1, то есть п = р. Ина-
Иначе говоря, если пф р, то П/m делится на п, поскольку
П//и делится на любой простой делитель числа п в сте-
степени, не меньшей той, с которой этот делитель входит
в разложение числа п на простые множители. Отсюда
следует также, что П делится на 2 = тп. Наконец, если
п = р, то лишь одно из целых чисел B) делится на р.
Если это число отлично от т, то П/га делится на п и,
таким образом, П делится на 2. Если же это число
равно т, то П не делится на 2.
Рассмотрим теперь случай, когда п — четное число,
то есть п = 2cd, где d — нечетное число и с^1. Запи-
Запишем п последовательных целых чисел в виде а — п/2 -^ 1,
а — п/2 + 2, .... с + «/2, или
2	2
J2a+1)-1 Bа + 1)+1	Bа + 1) + (я-1)	,оч
2	•	2	• • ¦ •»	2	'	* '
Тогда S = пBо + 1)/2 = 2c~'tf Bо + 1). Объединяя па-
Ры чисел, равноотстоящих от концов конечной после-
последовательности C), получаем
П = [Bс + l)* _ („ _ 1J] [Bа + IJ - (п - ЗJ] ...
Ясно, что П можно представить в виде II =
^ [т Bа + 1J ± Щ/2п, где m — некоторое целое число
и ft = 1-3-5-7 ... (п—1). Поскольку произведение d
Последовательных целых чисел делится на d, а П —
285

произведение п = 2cd последовательных целых чисел, то
П делится на d2 и на Bе)d, то есть заведомо делится на
d2 и 2е. Кроме того, число d, которое нечетно и мень-
меньше п, является делителем числа k, а поскольку II =
= {mBa+ 1J± k2]/2n, то тBа + IJ делится на d2 и,
следовательно, тBа-{- IJ делится на dBa-\-1). Таким
образом, П делится на dBa-{- 1) в том и только в том
случае, если k2 делится на dBa-\- 1). Именно к делимо-
делимости k2 на dBa-\- 1) и сводится условие делимости П на
2 = 2с"^Bа + 1), поскольку делимость П на 2е-1 была
доказана выше. Итак, П делится на 2 в том и только
в том случае, если k2/d делится на 2а + 1- Заметим, что
число 2а + 1 должно быть больше п, если все целые
числа положительны, и 2а + 1 равно сумме любых двух
целых чисел, равноотстоящих от концов последователь-
последовательности.
Например, при п = 2 не существует двух последова-
последовательных натуральных чисел, для которых П делится на
2.	При п = 4 число k равно 3, и 2а -\- 1 должно было
бы быть делителем (больше 4) числа 9. Следовательно,
а = 4, и единственный набор целых чисел имеет вид
3,	4, 5, 6. При п = 6 мы получаем k2jd = 75. Следова-
Следовательно, 2а-\- 1 = 15; 25 или 75, и существуют три на-
набора, состоящие из шести последовательных целых чи-
чисел. Эти наборы начинаются с чисел 5, 10 и 35.
145. Каждый из различных равносторонних, равно-
равнобедренных или косоугольных треугольников, вершины
которых совпадают с вершинами правильного п-уголь-
ника, конгруэнтен соответственно одному, трем или ше-
шести треугольникам, имеющим заданную вершину А. Обо-
Обозначим число треугольников каждого из трех названных
типов Е, 1 и S. Поскольку любая пара вершин, отлич-
отличных от А, определяют вместе с вершиной А некоторый
треугольник, то
/ + 6S.	(О
Подсчитав число различных треугольников ABC с рав-
равными углами В и С, получим
286

где с и d — вычеты, равные 0 или 1 и такие, что
гс2 = с (mod 3), rt2^=rf(mod4).	C)
Пользуясь соотношениями B), найдем из A) комбина-
комбинацию 5 + / + Е:
12(S +
= «2 + 3rf-4c. D)
Следовательно, S-\-1-{-Е — ближайшее к «2/12 целое
число, что и требовалось доказать.
146. Произведение любых п последовательных чисел
делится на п\. Число n(\)h представляет собой не что
иное, как произведение n(\)k~l последовательных целых
чисел. Равобьем эти числа на группы,'каждая из кото-
которых содержит п последовательных целых чисел. Всего
мы получим
групп, поскольку
Следовательно, число n(!)ft делится на
n/|\(n-l)l (-1I ••• [пA)*~2-1]|
что и требовалось доказать.
N7. Обозначим левую часть уравнения через f(x).
Тогда его правую часть можно записать в виде f(a),
а само уравнение — в виде f(x)= f(ci).
Нетрудно видеть, что рациональная функция f(x)
инвариантна относительно группы подстановок
x=\—l, *
jc-6-1
287

Поскольку х = а, очевидно, является корнем уравнения
то полный набор из шести корней имеет вид
При а = \ функция f(a) не имеет смысла. При а-*\
корни уравнения попарно стремятся к 1. О и оо. Анало-
Аналогичная картина наблюдается и при а —>¦ 0.
148. При п = 2 мы имеем на плоскости четыре точки
А, Рг, Рз, Pi, из которых любые три образуют треуголь-
треугольник. Рассматривая все возможные расположения точки
Pt относительно треугольника Р1Р2Р3, нетрудно убедить-
убедиться в том, что [Р1Р2Р3Р4] представляет собой либо тре-
треугольник, либо четырехугольник. Действительно, если
барицентрические координаты точки Pi имеют знаки
(+++) или (	1-), то мы получаем треугольник,
а при распределении знаков (	Ь+)—четырехуголь-
(	Ь+)—четырехугольник. Таким образом, из шести отрезков [PiPh] множеству
ребер выпуклого «многогранника» [РхРгРзР*] принадле-
принадлежат не более четырех.
При /i = 3 мы получаем пять точек Ри Pz, P3, Pi, Р&
Если они лежат в одной плоскости, то, как мы уже убе-
убедились, некоторые отрезки [PiPh] не являются ребрами
многогранника [Р\Р2РзР*Рч\ Предположим, что любые
четыре точки образуют тетраэдр.- Рассматривая все воз-
возможные расположения точки Р$ относительно тетраэдра
РхРъРъРъ мы заключаем, что выпуклый многогранник
[P1P2P3P4PS] имеет вид либо тетраэдра, либо треуголь-
треугольной бипирамиды. Действительно, если барицентрические
координаты точки Р5 имеют знаки (+ + + +) или
(	1-), мы получаем тетраэдр, а при распределе-
распределении знаков (	h + +) или (	+ +) — бипирамиду
(в первом случае с вершинами в точках Р1Р5, во вто-
втором — с вершинами в точках Р3Р4) ¦ Следовательно, не
более девяти из десяти отрезков [PiPh] являются ребра-
ребрами выпуклого многогранника [Р^РзРаРЦ
При п =а 4 можно построить политоп, содержащий
6 вершин, 6 + 9 ребер, 18 треугольных граней и 9 (не-
(неправильных) тетраэдров. Выбрав треугольники Pi^Ve
и PiPbPe в двух плоскостях, единственная общая точка
которых является внутренней для каждого из треуголь-
треугольников (например, выбрать два равносторонних треуголь-
288

ника в абсолютно перпендикулярных плоскостях), мы
получим 15 отрезков [Р{Рк], соединяющих 6 вершин по-
политопа Р^РгР^РьРь, то есть все 15 отрезков будут реб-
ребрами этого политопа.
При п > 4 выберем шесть из п + 2 точек за вершины
политопа, построенного при рассмотрении случая п = 4,
а остальные п — 4 точек в общем положении, и получим
гипертело, имеющее (n-j-2) (tt-f- l)/2 ребер. Такое тело
можно было бы назвать гиперпирамидой.
149. Пусть RS — верхний край забора, А—-точка,
в которой прикреплена веревка, В и О — проекции точ-
точки А на прямую RS и основание забора. Выберем пря-
прямоугольную систему координат с началом в точке О,
осью х, совпадающей с основанием забор-а, и осью у,
положительное направление которой указывает полу-
полуплоскость, расположенную по ту же сторону от основа-
основания забора, что и собака. Когда собака находится в
точке Р, натянутая веревка пересекает верхний край за-
забора в точке Q. Пусть N — проекция точки Р на прямую
RS и t = NP. Тогда если треугольник ABQ повернуть
вокруг стороны BQ так, чтобы он совместился с продол-
продолжением плоскости PQN, то он займет некоторое положе-
положение A'BQ. Точки A', Q, Р должны быть коллинеарными
и А'Р = L. Это означает, что точка Р имеет координаты
х = ± [L2 — (а + О2]''2, у = [t2 — h2]'12. Граничная кри-
кривая участка, по которому может бегать собака, симмет-
симметрична относительно оси у (при х = 0 ордината гранич-
граничной кривой равна [(L — аJ — h2]4*), ортогонально пере-
пересекает ось х в точках с абсциссами ± [L2 — (с + hJ]4' и
вогнута по направлению к забору. Уравнение граничной
кривой в полярных координатах имеет вид
р2 = k + 2o2 sin2 * - [(k + 2a2 sin2 ftJ + 4о2Л2 - k2\'\
k==L2~h2-a2>0.
Подстановкой z = 2a2 sin2 ¦&-{-k площадь участка мож-
можно привести к виду
Т 2ла п 1„2хи\ 1
\ р d* = T(a +*)--J
где a = 2a2 + fc, p = fe, у = (k2 - Aa2h2?\
6= — v, a>p>v>0>6.
10 Зак, 436	289

После громоздких и длинных преобразований интеграл
сводится к интегралам пяти типов:
Г sin^qp dy Г sin'q) dq>_ Г 1 dqp
J cos4 ф Дф
Г sin'q) dq>_ Г 1 dqp f dx f dx
' J cos4 ф Дф ' J cos4 ф Дф J x2 V-X ' J x -y/x
где Дф = Vl — &2sin2(p, Х — квадратичная форма. Пер-
Первые три интеграла сводятся к эллиптическим интегра-
интегралам первого и второго рода, последние два интеграла
берутся в элементарных функциях.
150 *1. Колышек, на который были надеты кольца
до начала перекладывания, назовем начальным; колы-
колышек, на который будут надеты в конце концов кольца,
назовем конечным; остальные h — k-~2 колышков —
вспомогательными. Обозначим через m(h,n) минималь-
минимальное число перекладываний, за которое можно решить
задачу для п колец, и через
С (Л, n) = m(h, n) — m(h, n — 1)
«цену» перекладывания гс-го кольца.
Решение задачи осуществляется способом, который
мы будем называть «оптимальной стратегией». При
оптимальной стратегии самое большое кольцо перекла-
перекладывается только один раз, с начального колышка на
конечный. В самом деле, пусть это не так. Тогда в не-
некоторый момент самое большое кольцо перекладывается
с начального колышка на i-й; обозначим буквой А рас-
расположение в тот же момент остальных колец на h ко-
колышках (то есть на всех, кроме начального и ?-го) и
т(А)—число перекладываний, предшествовавших дан-
данному моменту. Аналогично в некоторый другой момент
самое большое кольцо будет переложено на конечный
колышек, а остальные кольца будут находиться в со-
состоянии В, и до конца игры произойдет еще т(В) пе-
перекладываний. Пусть, например, т(А)^.т(В). Тогда,
перенумеровав колышки, мы можем заменить в распо-
1 Прототип излагаемого далее решения, опубликованный в Ame-
American Mathematical Monthly, содержал логические пробелы. Сохра-
Сохраняя основную идею рассуждения, я старался эти пробелы воспол-
восполнить, но преуспел в этом только отчасти. Недостающее звено вы-
выделено в виде двух постулатов. Весьма вероятно, что они верны,
но доказательством этого я не располагаю. — Прим. ред.
290

ложении A t-й колышек конечным и переложить самое
большое кольцо сразу с начального колышка на конеч-
конечный. После этого нам достаточно сделать еще т(А)
перекладываний (в обратном порядке по отношению к
созданию расположения А). Всего мы произведем 1 +
¦j-2m(A) перекладываний, тогда как в исходной проце-
процедуре их было не менее т(А)-\-1 + 1 -f-m(B)> I -f-'
г\-2т(А), что противоречит оптимальности стратегии.
Аналогично рассуждаем при т(Л)> т(В).
Интуиция подсказывает, что верны следующие посту-
постулаты:
I.	При оптимальной стратегии в расположении А на
каждый из вспомогательных колышков надеты кольца
последовательных размеров (без пропусков), так что ti\
самых больших колец надеты на 1-й вспомогательный
колышек, п2 следующих по величине — на 2-й, ..., nh
самых маленьких — на /г-й.
II.	При оптимальной стратегии переход из начального
состояния в состояние А осуществляется так: исполь-
используя h колышков [с 1-го по (h—1)-й и конечный] в ка-
качестве вспомогательных, перемещаем за m(h,nh) пере-
перекладываний nh самых маленьких колец на /г-й вспомо-
вспомогательный колышек; затем, используя h — 1 колышек в
качестве вспомогательных, перемещаем пл_1 колец на
(h—1)-й вспомогательный колышек и т. д. Наконец,
используя конечный колышек в качестве вспомогатель-
вспомогательного, перемещаем tii колец на 1-й вспомогательный ко-
колышек.
Каждая стратегия, подчиняющаяся постулату II,
вполне характеризуется заданием набора чисел (пи ...
..., nh). Для краткости будем говорить просто «страте-
«стратегия (tii	nh)». Если стратегия оптимальна, то, оче-
очевидно,
л
/я(ft, n) = l+2?m(r, nr).	(I)
Лемма. Оптимальные стратегии (п^К • • •, "ftn))i от-
отвечающие перекладыванию п колец (п = 1, 2, ...), мож-
можно выбрать так, чтобы
^"-», /г>2, i=l, .... Л;
2) 2С(Л, п— \)>C{h, n)>C{h, n— 1),
10*	291

причем для каждого п одно из неравенств обращается
в равенство
3)
где s зависит от h и п.
Для доказательства применим индукцию по h и п.
При h — 1 лемма тривиальна, так как здесь /г(") =
= п—1, равенство A) принимает вид
тA, п)=1 + 2тA, я — 1),
откуда
СA, п) = 2СA, п-1) = 2"-1СA7 1) = 2"~'- B)
Предположим теперь, что h ^> 2 и что утверждение
леммы доказано для любого числа вспомогательных ко-
колышков < ft. Прежде всего имеем
т(/г,0) = 0, т(А, 1)=1, т(А, 2)===3;
С(Л, 1)=1. С (А,-2) = 2,
так что утверждение леммы верно при п = 2.
Предположим далее, что оно верно для h вспомога-
вспомогательных колышков и любого числа колец <п. Пусть
Ш"\ ..., п^п)) — одна из оптимальных стратегий. Ввиду
равенства
1+«<">+ ... +п.М = п	C)
хотя бы одна из разностей nj"> — nj" > 0, пусть это
будет п^ — п?~1). Рассмотрим стратегии (vp ..., vA) и
((X,, .... \lh),
где
v,. '= п(г"), / ф k; vk = nf - 1;
Тогда
1+ v,+ ... -f vn = n— 1, l + ni+ ... +цп = п.
Поскольку стратегия (п{"~пг ..., «л") оптимальна,
292

а так как по предположению индукции (пункт 2) С (k, /)
Монотонно зависит от / при /<!« —1 и nW^n — 1, то
л
m(h, я) = 1+2 ?m(r, «<">) =
-= 1+ 2 E m(r, vr) + С (k, nj»>) > 1 + 2 E m(r, nj»-») +
л
+ С (Й, njj»-» + 1) = 1 + 2 E m (г, и,г).
Ввиду оптимальности стратегии (nj">, ..., п^")) правая
часть здесь должна равняться левой, а следовательно
(ц,, ..., цЛ), как и (п<п)	«{,">) —оптимальная стра-
стратегия, и для нее выполнено утверждение 1) леммы.
Впредь будем считать, что уже (п<">	п^\ обладает
этим свойством.
Далее,
С{h, п) = m(h, п) -т(Л, п- 1) =
л
= 2^(m(г, п<">) — m(г, t^~l))) = 2С(р, n<,">) D)
для некоторого р в силу утверждения 1); здесь
— tt(«-i) -f_ 1 и n|n) = n^) для остальных i. Аналогично
С (A, n-l) = 2C(p', n^-')), njr» = ngJ-a + 1 и «<"->' =
= п("~2> для остальных индексов.
Если р = р', то утверждение 2) выполняется по
предположению индукции, ибо и*,"', n<n)<!n—1.
Если же р ф р' и С(р', п^,") > С (р, п^"»), то стратегия
(nj"-'), ..., nj,"1) не оптимальна, поскольку, заменив
в ней «<,"-'> на nf> == n^"-') + 1 и nj*-1» на п^-')—1,
мы уменьшим m(h,n—\). Наконец, если р ф р' и
^ С(р, п^>) > 2С(р', и^), то по предположению индук-
индукции С(р, n<,"~1() > C(p', п$~1)у Заменив в стратегии
(я<"-2>	4п-2>) число njf-2» =/!<?-•> на /г<,п-2>-1 и
/г<?-2> на /г^-" = /г^~2)+1, мы уменьшим m(h, п — 2) и
теперь уже (я'"-2), ..., п^")) не оптимальна.
?93

Этим доказано утверждение 2). Из D) в силу пред.
положения индукции вытекает справедливость утвержде-
утверждения 3) и остающаяся часть утверждения 2).
Из доказанной леммы следует, что для некоторой
последовательности
имеет место равенство
C(h, n) = 2s, Ash~l<n^Al	E)
Если п удовлетворяет E), то
2s~1^C(r, /г?1"" + 1)<2s,	F)
причем хотя бы для одного г левое неравенство пре-
превращается а равенство. Действительно, в силу D)
2s = С (Л, п) = 2С (р, n?>) = kC (р, пГ° + 1),
откуда С(р, /г|Г~° + l) = 2s~'. Кроме того,,для осталь-
остальных г должно быть С {г, nj"' + l)^2s~\ так как в
противном случае, переходя от п — 1 к п, мы увеличили
бы не п^"~1\ а другое число.
Наконец, если С (г, п^~1)-\- 1) > 2s для некоторого г,
то в силу утверждения 2) С (г, nj-") > 2s и, заменив
в стратегии (nf~l), ..., п^") число nf~x) на п}?~1) — 1,
а п$~1) на njf^ 1, мы уменьшим т{/г, п— 1) вопреки
оптимальности.
Из E) и F) мы заключаем, что числа, образующие
стратегию (nj"-1)	ttft"~")» разбиваются на две группы.
Для одной из них
сО-.пГ'ЧО^, /гГ" = АГ1	G)
и для другой
При переходе от п — 1 к п увеличивается nJJ11»
принадлежащее к группе (8). Когда все числа этой
группы исчерпаются, то есть когда будет tu )==A-
294

для всех г, приращение при переходе от п — 1 к п со-
составит 2S+1, то есть будем иметь я = Ла+ 1. Отсюда
В сочетании с равенством Лл=1 это по индукции дает
нам Ан = Cl+s = I	I. так что
Вспоминая определение С (h, п) и равенство
— C'h+k-i = Ch+
m(h, п)= 1+2
— C'h+k-i = Ch+k-i, получаем окончательно •
где s — наибольшее целое число, при котором последний
член, стоящий в правой части, положителен. В класси-
классическом случае k — 3 получаем h = 1, s = n — 1 и
m(l,n) = 2«—1.
151. Пусть fh = xh/(l — xh). Тогда величины fh удов-
удовлетворяют тождеству
fkfr-k/fr = f* + /г-* + 1. О < ^ < Г.	A)
Обозначим через ?>,. определитель, получающийся из
определителя, который приведен в условии задачи, при
делении первой строки на 1, второй — на 2, ..., r-й на г.
Задача будет решена, если мы докажем, что
Dr-hhf3...fr.	B)
Разлагая определитель Dr по элементам последней
строки и умножая на г, получаем
rDr = UDr-i - f2Dr-2 + hDr-ъ - • • • + (-1Г* frD0, C)
где Do = 1, D_, = Z)_2 = ... = 0.
Докажем соотношение B) методом математической
индукции. Прежде всего заметим, что по определению
D, = fu Предположим, что соотношение Dh = f^Dh-i
выполняется при k < г.
295

Докажем, »что оно выполняется при k — r. Умножая
обе части тождества A) на /rDr_ft_i и используя выска-
высказанное выше предположение индукции, согласно кото-
которому Dr_ft = /r_ftDr_ft_i, получаем
fkDr-k = fr (ЬД.-*-, + Dr-k + Dr_fc_,).	D)
Подставляя соотношение D) в C), находим
+ frt (-\)k'lDr-k -frt (-l)fc-2Dr-*-. =
K*= 1	ft5" 1
= fr(r- 1)Д-, + frDr-i - frDr-y = rfrDr-J. E)
Разделив обе части соотношения E) на г, приходим
к соотношению
Dr = frDr-h
что и требовалось доказать.
152. Запишем уравнение параболы в параметриче-
параметрическом виде _
x = as2, y = 2as.	A)
Пусть Pi — любые три точки параболы с координа-
координатами (as], 2asty Поскольку угловые коэффициенты ка-
касательных к параболе, проходящих через точки Ри рав-
равны 1/Sj = tg аи то уравнения касательных имеют вид
*,: х — sty + as] = 0.	B)
Пусть Т\ — точка пересечения касательных ^ и ^i
Т2 — точка пересечения касательных U и ^3; а Т3 — точка
пересечения касательных t\ и t2, Oj (i= 1, 2, 3) —вну-
—внутренние углы треугольника Т\Т2ТЪ (Ъг — угол при вер-
вершине Tt) и С — окружность диаметром d, описанная
вокруг треугольника Т{Т2ТЪ. Тогда
Г,72 = rfsin-&3 = rf| sin(a2 — а,) |.	C)
С другой стороны, координаты точек Т\ и Т2 можно
найти, решив системы уравнений B) при 1 = 2, 3 и
i = 3,l:
Ti = [as2s3, a (s2 + s3)], T2 = [as3su a (s3 + Si)].
Зная координаты концов отрезка Т\Т2, получим
296

Сравнивая соотношения C) и D) и используя вы-
выражение для углового коэффициента касательных
tgcti= l/«i (из которого следует, что sina,= 1/д/1 + s2t,
cosа, = Sj/д/1 -f- s?), получаем
<5>
откуда
dsincii sina2sina3 = а,	F)
что и требовалось доказать.
Заметим, что в приведенном выше доказательстве не
использовалось известное свойство параболы, о котором
упоминается в условии задачи.
153. Не ограничивая общности, предположим, что
О ^ х0 < Х\ ^ 1. Пусть х2 — наибольшее из чисел в ин-
интервале [0, Xi], для которых f(x2) = f(x0). Нетрудно ви-
видеть, что x~l <jxj~' + 2я, поскольку, когда х пробегает
все значения из интервала [(xf' + 2я)~\ х,] величина
sin(l/xi) принимает все значения из интервала [—1, +1].
Если а ^ Уг, то, используя неравенство Шварца, полу-
получаем
Х\
0
|/'М|Л
0
- к Г [*. - ъ+21п Мх*)+Х
- х0 Г [1 + 2 In A + 2я) + 2я]'А.
С другой стороны, если а > Уа, то достаточно вы-
выбрать хо = (яп)-' и xi =[(n-f 1/2)я]-1, где п — любое
натуральное число, чтобы убедиться, что отношение
|f(*i)-f(*o)l _ o^-'n2" A +Т~'
не ограничено.
V	297

154. Выберем прямоугольную систему координат,
совместив ее начало с центром перекрестка и направив
оси х и у вдоль дорог. Пусть положительное направле-
направление оси х совпадает с направлением движения хозяина
собаки. В начальный момент времени он находится на
перекрестке дорог, то есть в точке @,0), а в любой по-
последующий момент времени — в точке (л^.О), где Х\ ;>о.
Пусть х и «/ — координаты точки, в которой в момент
времени t находится собака (при t = 0 собака находи-
находилась в точке @,а)). Скорость v хозяина зависит от вре-
времени, а собака бежит к нему со скоростью 2v.
Поскольку луч зрения собаки, неотрывно следящей
за хозяином, совпадает с касательной к траектории со-
собаки, то
*1 = V,	A)
аУ — У	/9v
dx x-Xl'	W
VFTF 2t;.	C)
Разрешив уравнение B) относительно Xi и продиффе-
продифференцировав полученное выражение по t, находим
dx	d ( dx\	 . d2x
y	^	j	yy
_—yy—-
(мы воспользовались тем, что dx/dy = х/у и d/dt =
= d/dy(dy/dt)).
Подставив последнее соотношение в C) и разделив
правую и левую часть на \у\ = —у, получим
V, . / dx V
d'x
Дважды интегрируя, находим последовательно
dx ,(\ dy\
—г- — sh I \ ¦—-1,
Заметим, что линия «погони» не зависит от v (и даже
от того, постоянна или переменна эта скорость). Собака
298

догонит хозяина в точке Bа/3, 0) через промежуток вре-
времени
2а/3
т	 Г dx
о
155. Если Nt — общее число произведений, которые
можно составить из / упорядоченных элементов а,\, аг, ...
..., ап, то общее число произведений, которые можно
составить из неупорядоченного набора тех же i эле-
элементов, равно i\Ni. Вычеркнув из такого произведения
элемент а» вместе с парой скобок, указывавших ту опе-
операцию умножения, в которой элемент at участвовал в
качестве сомножителя, получим одно из (i—1) !Л^г про-
произведений, составленных из первых i — 1 элементов
Ci, a2, ..., ui-\. Следовательно, подсчитав общее число
различных произведений, получающихся из последнего
произведения при добавлении нового сомножителя п\ и
еще одной пары скобок, мы получим выражение для i\Nx.
Каждое из (t—l)!N,-_i произведений элементов
fli, а2, ..., a,--i содержит 21 — 6 скобок (условимся не
заключать в скобки все произведение), а все произведе-
произведение состоит из i — 1 -j- 2t — 6 = 3t — 7 символов. Следо-
Следовательно, t-й элемент а,- можно ввести в такое произве-
произведение 3? — 7 -j- 1 = 3t — 6 способами, а связанную с ним
пару скобок — двумя способами и получить 2Ci —4)Х
Х(*— l)!Wj_i произведений, не все из которых, как мы
увидим, различны. Два произведения могут совпадать
лишь в том случае, если: 1) они получаются из одного
и того же произведения i — 1 первых элементов; 2) эле-
элемент аг- один раз вставлен перед уже имевшейся скобкой,
а другой — после той же скобки. Поскольку произведе-
произведение i — 1 первых элементов а\, а2, ..., аг содержит
2i — 6 скобок, то стечение двух указанных обстоятельств
может встретиться 2A — 3) (i — l)!N,-_i раз. Докажем,
что из четырех произведений, могущих возникнуть при
каждом совпадении двух условий, различными являются
только три.
Рассмотрим отдельно два случая.
1. Скобка, о которой говорилось выше, — первая (от-
(открывающая) скобка пары, внутри которой стоят сомно-
сомножители Р и Q. Этот случай разбивается на два подслу-
Чая: R(PQ) и (PQ)R в зависимости от того, с какой
299

стороны производится следующее по порядку умножение.
Рассмотрим подслучай R(PQ). Если элемент аг встав-
лен непосредственно после скобки, то получается произ-
произведение вида R(ciiPQ). Расставив новую пару скобок,
получим либо произведение R(di(PQ)), либо произве-
произведение R((diP)Q). Если элемент at вставлен перед той
же скобкой, то возникает произведение вида Rai(PQ)j
которое после расстановки новой пары скобок перехо-
переходит либо в (Rdi)(PQ), либо в R(di(PQ)). Из получен-
полученных произведений первое совпадает с четвертым, так
что различными-оказываются только три произведения.
Аналогично обстоит дело с подслучаем (PQ)R.
2. Скобка, о которой говорилось выше, — вторая (за-
(закрывающая) скобка пары. Этот случай сводится к пре-
предыдущему, если произведения читать не слева направо,
а справа налево.
Таким образом,
i\Nt = 2 Ci - 6) (i - 1)! Ni-i - 2 (i - 3) (t - 1)! #,_, =
= 2 Bt — 3) (t — 1)! Л/?_,
или
Понижая последовательно значения индекса и исполь-
используя соотношение N2 = 2B-2 — 3)/2 = 2-'/г, получаем
_ 2 Bt — 3) 2 Bt — 5) ... 2 • 3 • 2 • 1 _
Nl~	* (i — 1) ... 3-2	~
_ 2tBt-3)Bf-5) ... 3-1 _
_ 2f-'Bt-2)! _ Bt-2)! _	f
~ 2?-1 (i - 1)! i\ ~ (i - 1)! i\ ~ i - 1 V L-2
156. Пусть P — любой из углов треугольника ABC,
р — противолежащая сторона того же треугольника, а
q и г — стороны, между которыми заключен угол Р. Про-
Проведем прямую, отсекающую на сторонах q и г отрезки
длиной Щ и Ь'г (считая от вершины угла Р), где ¦& в
¦&' — положительные числа, меньшие 1. Если проведен-
проведенная прямая делит пополам площадь треугольника ABC,
равную qr sin р/2, то ¦&¦&' = 72," следовательно, должны
выполняться неравенства 1/2 < ¦& < 1. Если эта "прямая,
кроме того, делит пополам периметр треугольника ABC,
то #9rh*'r = (Рjh9±r)/2. или	Ф ^ +
300

Пусть
Исследуем, когда на интервале '/2 <. Q <. 1 может вы-
выполняться равенство f(ft) = 0. На концах интервала
ДО) принимает значения fD2) = (r — p)/2, /A)= q — p.
Минимальное значение квадратный трехчлен f(Q) прини-
принимает в точке -до, где /'(&0) = 0, то есть ¦Оо =
= (Р + Я + r)Hq и /(во) = [8qr-(p + q + r)*]/8q.
Таким образом, если положить р = Ь, то f (V2) и /A)
будут иметь противоположные знаки, /(¦&) один раз об-
обращается в нуль и существует ровно одна прямая, пе-
пересекающая стороны а и с и делящая пополам одно-
одновременно периметр и площадь треугольника ABC.
Если р = с, то fC/2), f(l) и f(fro) отрицательны, по-
поскольку из неравенства p>q следует, что {р + q + гJ>
> Bq + гJ = B<? — гJ + 8qr IJs 8<7r. Поэтому не суще-
существует прямой, пересекающей стороны а и Ь и делящей
пополам периметр и площадь треугольника ABC.
Наконец, если р = а, то /С/г) и |A) положительны,
/(&) имеет нуль, один или два корня в интервале ('/г, 1)
и существует столько же прямых, пересекающих стороны
b и с и делящих пополам периметр и площадь треуголь-
треугольника ABC, в зависимости от того, какое из трех срот*
ношений f(fro)§O, то есть (а + Ъ + сJ = 8Ьс\ выпрл»
няется. К виду, соответствующему условию задачи, эти
соотношения можно привести следующими преобразо-
преобразованиями:
{а + Ь + сJ(- Ь - а) Щ 8Ьс (- Ь - а) =
= - 8Ъс (а + Ь + с) + 8Ьс2,
(а + Ь + сJ(Ь-а)Щ2Ь{а + Ь + сJ - 8Ъс (а + Ь + с) +
+ 8Ьс2 = 2Ь (а + b + с — 2сJ,
fc — а > 2(a + fc —сJ _
ft < (а + 6 + сJ ~~
_ 0 Г (а - Ь + с) (а + Ь - с) 1Г (ft + с - а) (Ь - с + а) 1
~ l(a + b + c){b + c-a)ii{a + b + c)(a-b + c)y
1 _ sin^ э= 2 te2 Г—1 te2 Г—1
1 sin В ^ Z lg ^ 2 J Щ \ 2 J '
что и требовалось доказать.
1 Поскольку стороны b и с входят в это отношение симметрич-
симметрично, в последующем мы можем переставлять их, оставляя само со-
соотношение неизменным.
301

Однако если В = С, то sin б = cos(Л/2) и условие
{а-\-Ь-\-сJЩ8Ьс вырождается в (а-\-2ЬJЩ8Ь2, или
(sin А + 2 sin ВJ Щ 8 sin2 S, откуда
sin Л'+ 2 cos D) Ш 2 V2 cos D) -
Подставляя в левую часть этого соотношения sin Л =•
= 2 sin (Л/2) cos (Л/2), получаем
откуда А Щ Ло.
157. Чтобы доказать правое неравенство, разложим
в ряд Тейлора функцию 1пA+г), представляющую
главное значение логарифма при \z\<C 1:
Z? , Z3	Z4 ,	2	Z3 . Z1	_
2 — 2.3 "Г 3-4
Следовательно, при | г |< 1 справедливо неравенство
Или
Таким образом, правое неравенство доказано.
Рассмотрим теперь левое неравенство. Функция
г
dt
l + t
о
еог

"(главное значение логарифма) регулярна в области D,
получающейся из плоскости г при разрезании ее вдоль
отрицательной вещественной полуоси от — 1 до —оо«
функция w отображает область D на полосу —л <L
<1т(ш)<:я. Выберем в области D фиксированную
точку г0 и рассмотрим ее образ ш0 = In A +го) при ото-
отображении, осуществляемом функцией w. Соединим точку
Wo с точкой w = 0 отрезком прямой 0ш0. Прообразом
этого отрезка на плоскости z служит некоторая кривая
С, соединяющая точку Zo с точкой z = 0. Заметим, что
Sdt	„ „	„ о
. по любой части кривой С
имеет (при соответствующем выборе ориентации) тот
же аргумент, что и число w0. Поэтому длину отрезка
, то есть |шо[, можно представить в виде
Пусть С — дуга кривой С от точки г = 0 до первого
пересечения кривой С с окружностью [ z \ = | го |. Тогда
)|1+
а поскольку на дуге С' выполняются неравенства
Таким образом, левое неравенство доказано для всей
области D.
158. а. Выберем прямоугольную систему координат
так, чтобы ее начало^совпало с вершиной В, а положи-,
тельное направление оси х — со стороной ВС. Тогда вер-
вершины треугольников ABC и А'В'С будут иметь следую-
следующие координаты:	^
Л (с cos В, с sin В), В @,0), С (а, 0);
А' (с cos В, с sin В — ka), В' (kb sin С, kb cos С),
С [а — kc sin В, kc cos В),
303

так что
*i + Х2 + X, = с cos В + а + k (b sin С — с sin В) =
= с cos В -j-a
^i + ^2 + ^з = с sin В — k (a — b cos С — с cos В) = с sin В,
где Хи Yi — координаты вершины А', Х2, У2 — вершины
В' и Xs, Y3 — вершины С. Последние два соотношения
доказывают, что центры тяжести треугольников ABC и
А'В'С совпадают.
б. Пусть Д и Ai — площади треугольников ABC и
А'В'С. Записав 2Л в виде определителя, получим после
несложных преобразований
«, t = a2 + b2 + c2. B)
Площадь Ai достигает минимального значения, равного
Л — t2/48A при & = </12Д. При &-»-±оо площадь Д! не-
неограниченно возрастает.
Если со и coi—углы Брокара треугольников ABC и
А'В'С, то
Пусть п\, Ь\, С\ — стороны треугольника А'В'С. Тогда
а* = (В'С'У = (а - 2kb sin СJ + k2 (с cos В — b cos СJ =
= (а - 4^Д/аJ + k2 (с2 - b'2f/a2.
Но 16Л1 + (с* —^ = а?Bй2 + 2с2—а2), поэтому
+ 2c2-a2).	C)
Аналогичные выражения справедливы и для Ь\ и с\.
Полагая f, = а* -\-b\-\- с2, находим
ctg «! — 4Д] — 4Д (, + 3k2) _ 2А< .	1^;
Если со = coi, то после упрощений мы приходим к соот-
соотношению kt2 = 48 kA2. Возможны два случая: либо &=0,
либо t2 = 48Д. Второй случай соответствует равенству
(а2 + Ь2 + с2J = 3 B X 6V — 2) а4), то есть соотношению
2>4-1>2с2 = 0, или
(ft2 - с2J + (с2 - а2J + (о2 - б2J = 0.
804

Таким образом, треугольники ABC и А'В'С имеют
один и тот же угол Брокара в том и только в том слу-
случае, если треугольники ABC и А'В'С конгруэнтны или
треугольник ABC равносторонний.
в. При k = ±1 из соотношения C) получаем
а\ = =F 8Д + BЬ2 + 2с2) = 2 (Ь2 + с2 + 2ЬС sin Л).
При Л == 1
(AB'f = (ccosB-b sin СJ + (с sin В - Ь cos СJ =
(АСJ = (а —с sin В — с cos БJ + (с sin В — с cos ВJ =
= (fccosC — с sin ВJ+ (Ь sin С — с cos ВJ =
Следовательно, Л совпадает с центром одного из квад-
квадратов со стороной В'С. При k = —1 аналогичные вы-
выкладки приводят к тем же выражениям для а2, (ЛВ'J,
(АСJ, в которых знак минус заменен знаком плюс, по-
поэтому и при k = —1 вершина Л совпадает с центром
одного из квадратов со стороной В'С.
159. Поскольку симметрический многочлен f(xi,
х2, ..., хп) можно представить в виде многочлена от
элементарных симметрических функций а\, а2, ..., ат, то
достаточно доказать, что любая из функций а предста-
вима в виде многочлена от уи .... yt.
Симметрический многочлен yh можно представить
в виде v
где gh — многочлен от ait a2, ..., cTft-i степени не вы-
выше k, то есть степень любого его члена orj'o^2 ... о1^1
(коэффициент опущен) удовлетворяет неравенству
t, + 2t2+ ... + (Л-1) **_,<*.
Докажем прежде всего, что ни один из коэффициен-
коэффициентов с не равен нулю. Предположим противное. Пусть
305

— первый из коэффициентов с, равных нулю. Тогда
У\ = cicr, + с0,
~i-{-gk-i(oi, a2, ..., ok-2),
a2	afe_,).
Эти уравнения можно последовательно разрешить отно*
СИТеЛЬНО G1, G2, •••, Oh-l И ПОЛУЧИТЬ Oi {i^k—1) В
виде многочленов относительно у\, г/2, • • •. Уг- Подстав-
ляя полученные выражения в последнее уравнение, на-
находим
и У2, •••» Ук-\),
где g — многочлен относительно указанных аргументов.
Но это соотношение противоречит алгебраической неза-
независимости многочленов yt. Следовательно, ни один из
коэффициентов ch не равен нулю и любая элементарная
симметрическая функция <тг- представима в виде много-
многочлена от г/ь г/г, --•, г/fe, что и требовалось доказать.
160. а, б. Пусть S — площадь треугольника ABC,
Тогда
В'С'2 == АВ'2 + АС'2 - ЧАВ'АС cos (Z В'АС) =
Ь2 + С2 _ 2Ьс sin А Ь2 + с2 - 4S
2	2
Если {А'В'С) — площадь треугольника А'В'С, то
(Л'Б'С) = (ОВ'С) + (ОСА') + (О А'В'),
где О — центр описанной окружности треугольника
ABC. Отрезок ОВ' перпендикулярен АС и равен
RcosB— -j- = R(cosB — sin В), где Я — радиус описан-
описанной окружности треугольника ABC. Аналогично ОС
перпендикулярен АВ и равен /?(cosC — sin С). Поэтому
(ОВ'С) = j R2 (cos В — sin В) (cos С — sin С) sin А; подоб-
подобные формулы справедливы также для (ОСА'), (ОА'В')*
Таким образом,
2 (А'В'С) = R2 ? (cos С - sin С) (cos В — sin fi) sin A =
== /?2 D sin A sin В sin С - Ц sin2 Л) = 5 B - ctg V).
306

Точки А', В', С имеют нормальные координаты г
хА, = а/2, хв, = Ь (sin С—cos С)/2, хс, = с (sin б — cosB)/2,
^, = a(sinC-cosC)/2, ув, = Щ2, ус, = с (sin Л—cos Л)/2,
zA, = a (sin В — cosB)/2, гв, = 6 (sin Л— cos Л)/2, zc, = c/2,
поэтому
zA, + zB, + гс/ = hc,
где /ia, ^ь, hc — высоты треугольника ABC. Следователь-
Следовательно, центр тяжести треугольника А'В'С совпадает с цент-
центром тяжести G треугольника ABC. Поскольку 2 (Л'В'С') =
= SB —ctg V), то при clg V z= 2 треугольник А'В'С
вырождается и вершины А', В', С коллинеарны. Те же
соотношения выполняются и для треугольника А"В"С"
относительно треугольника А'В'С. Следовательно, при
ctg V = 2 треугольник А"В"С" вырождается и вершины
А", В", С" лежат на прямой, проходящей через центр
тяжести треугольника А'В'С, который по доказанному
выше совпадает с центром тяжести G треугольника
ABC.
Но
ЖЕ72 + В'С'2 + С А'2 _ a2 + fc2 + сг — 6S
Clg У —	4 (Л'В'С)	~ 2SB-ctgV0
а по условиям задачи
Следовательно, ctg V = 2. Тем самым утверждения за-
задачи «а» и «б» доказаны.
в. Середины отрезков A\A'2, B[B'2, C\Ci имеют нор-
нормальные координаты
a	a (sin С—2 cos C)/2 a (sin В—2cosB)/2
fc(sinC—2cosC)/2	b	b (sin Л—2 cos Л)/2
с (sin В—2 cos B)/2 с (sin Л—2 cos Л)/2	с
1 Нормальными координатами точки Р относительно треуголь-
треугольника ABC называются: х — расстояние от Р до ВС, у — расстоя-
расстояние от Р до СА, г — расстояние от Р до АВ. — Прим. ред.
807

Прямые, соединяющие середины отрезков А\А'2, В[В2,
С\С2 с вершинами А, В, С треугольника ABC; пере-
пересекаются в точке с нормальными координатами, опре-
определяемыми соотношениями
х (sin А — 2 cos Л) = у (sin В — 2 cos В) = z (sin С — 2 cos С).
Эти прямые параллельны, если
? sin A (sin В — 2 cos В) (sin С — 2 cos С) = О,
или •
7 sin Л sin В sin С — 2 X sin2 Л = О,
что в свою очередь сводится к соотношению а2 -\- Ь2 -р
4- с2 = 75, откуда ctg V = 7Д. Тем самым утверждение
задачи «в» доказано.
г. Пусть Ни Н2, Н3 — основания высот треуголь-
треугольника ABC. Стороны, углы и радиус описанного круга
ортоцентрического треугольника HtH2H3 равны соответ-
соответственно Н2Н3 = a cos Л, #з#1 = b cos В, Н\Н% = с cos С;
#i = Jt — 2A, Н2 = п-2В, Н3 = я — 2С;
	 Н2И3 	 a cos Л 	 2R sin A ¦ cos A 	 R
Г~ 2 sin /Л ~" 2 sin 2А ~ 2 sin 2Л ~~2Ш
Нормальные координаты ортоцентра Н' треугольника
• #i#2#3 относительно этого треугольника удовлегворяют
соотношениям
х cos Hi — у cos #2 = z cos #3 = 2r cos H\ cos #2 cos H3.
Расстояние от точки Н' до ВС равно
y + z 	 (cos Hi + cos Я3) cos Я]
"I я-Я, ~Г	Т~Нх
2 cos	g		sm~2~
	 R (cos 2Д + cos2C) cos 2A 	 _ cos (Д + C) cos (Д — C) cos 2Л
2	cos Л	cos Л
= — Я cos (В — С) cos 2Л«
Таким образом, точка Н' относительно треугольника
ABC имеет нормальные координаты
хн, = — R cos 2Л cos (В—С), уи, = — R cos IB cos (С—Л),
zH, — — R cos 2Л cos (Л — В).
308

Ho cos 2Л cos (В — С) можно представить в виде
1 г . . v*	/"С	М
— -к sin Л > 81п2Л + со8Л[) сов2Л—1I.
z L	?—1	\i—i	)У
Если Хк и а:о — расстояния от точки Лемуана ' /f и
.центра О вписанной окружности треугольника ABC до
стороны ВС, то
хк = /? tg V sin Л, xo — R cos Л.
Следовательно,
и
*я- - хо S ctg F
хк ~ хо	R2
Аналогично {ун> — расстояние от Н' до СА и т. д.)'
Ун'-Уо _ SctgV
Ук-Уо ~ & '
откуда видно, что три точки Н', К, О лежат на одной
прямой и
Н'О _ SctgF
КО ~~ R~ •
По известным формулам из геометрии треугольника
ОК = Я tgV ^/ctg2V — 3, откуда OH' = S Vctg2 V — 3JR.
Поскольку по условиям задачи ctg V = 7/4, то ОН' =
= S/4R. Но 2S/R — периметр ортоцентрического тре-
треугольника. Следовательно, длина отрезка ОН' состав-
составляет одну восьмую периметра ортоцентрического тре-
треугольника. Утверждение задачи «г» доказано
161. Разлагая общий член ряда l/(nk -J-	^
'+) ... {nk-\-k) на простейшие дроби, нетрудно заме-
заметить, что эти дроби имеют общий множитель 1/(&—1)!,
а числители дробей совпадают с биномиальными коэф-
1 Точкой Лемуана в треугольнике ABC называется такая точка
К, для которой площади треугольников КВС, КСА, КАВ пропорцио-
пропорциональны квадратам сторон ВС, СА, АВ соответственно. — Прим. ред.
309

фициентами в разложении A — l)k~l. Это наводит на
мысль выразить сумму исходного ряда в виде f(l), где
r/v	1	Г*	(Ь— 1\Х2 , fk— 1\ X3
<fe—i)i li v l ; 2 ^v 2 ; з
2
(в каждом цикле члены имеют одни и те же биномиалы
ные коэффициенты, в то время как показатели х моно-
монотонно возрастают вместе с знаменателями). Непосред-
Непосредственно видно, что
Таким образом, исходный ряд можно представить в виде
" [(»-1Ш__.... i_ Г	О-*>*-'	dx.
\nk\\	(k-\)\ J l + x+x2>	+xk~l
n—\	0
Разлагая подынтегральное выражение на простейшие
дроби, запишем его в виде ? Bj/(x — а,-), где ctj — один
из комплексных корней &-й степени из 1, a Bj =
=z—aj(l—aj)k~llk. Итак, вычисление суммы исходного
ряда сводится к вычислению конечной суммы
Нетрудно видеть, что мнимая часть суммы равна нулю.
Обозначив вещественную часть выражения, стоящего под
знаком суммы, через ф(&, /)/2h, где
-ч Z' • "/V"'r «<*-2/)(*+1), /о . я,\ ,
, 1) = ^sin-^-J [cos	%	In ^2 sin -f) +
310

преобразуем сумму исходного ряда к виду
у [(n-\)k]\ _
п-1
~?f /_, Ф («i /)	при нечетном ft.
. .	j.Uft-D/2]
2 In 2 2 V
	-л-—¦+-rr / ф(^1 У) при четном ft.
В качестве примеров приведем несколько рядов, вы-
вычисленных по этой формуле:
ft = 2:
1-2 ^ 3-4 7 5-6
_1_
- 1-2-3 Т" 4-5-6
1П ^J '
}ш 1-2-3-4-5^6-7-8-9-10
+ "HF"(л/25 + 11 V5 - 3V25-HV5).
162. a. He ограничивая общности, предположим, что
коэффициент при старшем члене многочлена f{x) равен
единице. Тогда
f<*i) = (^1 — х2){xi — х3)... {xi — хп),
где п > 1 и все х* попарно различны. Докажем, что
i"\
). Действительно, поскольку
1
= ' Г	!	1 +
+ х LXi[(x3-x2)(x -U (х3-х)]+ •¦•
Xi- • •+Г- г с -4^) (* - i) u - *) 1 ¦
311

то первое слагаемое в правой части равно —1/Г{х2),
второе равно 1//'(хз), ••., а последнее равно —l/f'(xn)'.
Следовательно, ? 1/f (*,) = ? A/Г (ж*) - 1//' (ж*)) -0.
»	ft2
»1	ft=2
Утверждение задачи «а» доказано.
б. Поскольку pj — l/f"(*j)> где /'(*j) =0 и все х,—
вещественны и различны, то второе утверждение задачи
(утверждение «б») следует из предыдущего при п ;> 2,
если функцию f(x) заменить ее производной f'{x).
163.	Пусть ри Pi, •¦-, Pk — различные простые дели-
делители числа п, a m = и/р^г ... ри. Тогда f(n)—сумма
всех чисел, являющихся одновременно кратными m и
делителями числа п.
Функция f(n) допускает и иные интерпретации. На-
Например, пусть S — любой делитель числа п, не деля-
делящийся на квадрат целого числа, а Т — его дополнитель-
дополнительный множитель (ST = n). Тогда функция f(n) равна
сумме всех чисел Т. Разумеется, если различные про-
простые делители pt (i = 1, 2, ..., k) входят в разложение
числа п с показателями степени а» - и щ = а2 = ...
... аи— 1, то функция f(n) совпадает с суммой всех де-
делителей числа п. Все утверждения следуют из двух оче-
очевидных соотношений:
f(pf)=P?+P?-1.	О)
f(xy) = f{x)f(y),	B)
где х и у — взаимно простые числа.
164.	По-видимому, удобнее вычислить якобиан д(си
с2, ... cn)/d{xi, x2, ... хп) и заметить, что д(сп, cn_i, ...
..., ci)ld(xux2, ..., хп) = (— 1)^д(й,с2, .... спIд{хи
х2, ..., хп), где ц = п(п—1)/2. Как показывают пря-
прямые выкладки, при п = 2, 3.
то есть якобиан коэффициентов Си с% ..., сп по корням
•*ь ^2» .... х-п совпадает с определителем Вандермонда
V(xi,x2, ..., хп); Докажем это утверждение для про-
произвольного п методом математической индукции. При
п = 2, 3 утверждение верно. Предположим, что оно
312

выполняется при т = п—1. Пусть Ck=:Sh(xi, ..., хп),
(формулы Виета), с0 = 1 = 5о(*ь -.-, хп). Заметим,
что
д
"я]7~ fc'^l» •¦"> %п) == ^k—\\Xly •••> Xi~i, Х[ + \} •••, ^ffi)*
В якобиане d(ci, ..., сп)/д(хи ..., х„) вычтем пер-
первый столбец из каждого последующего и воспользуемся
соотношением
== \Xj T~ xi) Sk-2 (X2, ..., Xf—i, Xj+i, ..., Хп)
(/, k = 2	n).
Разлагая получившийся определитель по элементам пер-
первой строки, вынесем множитель П (*i — Xj) (j = 2, ..., га)
и получим, что наш якобиан равен
п
д(х2	xn-i)
откуда при помощи предположения индукции заклю-
заключаем, что доказываемое утверждение верно и при т = п.
165. Исключив из рассмотрения тривиальный случай,
когда все цифры числа No одинаковы и Nh = Л^о при
любом k, докажем, что число М) равно 142 857 (период
десятичного разложения дроби '/7) или составлено из
группы цифр 142 857, повторенной несколько раз.
Прежде всего заметим, что при любом /
«.<«/,	A)
поскольку в противном случае число N,-i было бы мень-
меньше Nq и не могло бы быть кратным числу Л'о- Если среди
цифр числа Л^о есть равные аи то пусть (/ + 1)—наи-
1)—наименьший индекс, при котором c,+i = а^. Тогда Nj = No
и cj+2 = а2, й,+з = из, ... . Иначе говоря, число No со-
состоит из периода n'o = а^ ... а{, повторенного подряд
несколько раз, причем для цифр периода Л'о остается
в силе неравенство A).
Предположим, что а\=\. Тогда, поскольку послед-
последняя цифра числа Ni равна единице, число Ni/N0 не яв-
является четным и отлично от 5. Пусть Ni/Nq =. Из ра-
равенства Сгйз ... а„1/1а2 ... fln-i^n = 3 следует, что
313

ап = 7. В свою очередь из равенства а2а3 ... 71/1с2 ..,
... ап-{1 = 3 следует, что cn_i = 5. Аналогично нахо-
находим ап_2 = 8, с„_з = 2, а„_4 = 4. Если п = 6, то й„_4 =
= й2 = 4 — начальная цифра числа Ni, и построение
числа Л^о на этом заканчивается: No = 142857. Если
м > 6, то группа цифр 142857 повторяется: cn_5 = \t
Оп-6 = 7, а„-7 = 5	 В этом случае число No со-
состоит из нескольких групп 142857. При а{ — 1 не суще-
существует значений а2, при которых число а2 • • ./ciQ2 ... =
= NJNo могло бы быть равным 7 или 9.
При fli — 2 и vVi/vVo = 2 из а2 ... ап2/2а2 ... ап = 2
следует, что аи = 6 (поскольку в силу неравенства A)
ап?=1), но не существует значений an-i, при которых
выполнялось бы равенство а2 ... an-i62/2a2 ... an_i6 =
= 2. При Ci = 2 и Ni/No = 3 из а2ап ... 2/2а2 ... ап =3
следует, что ап = 4 и cn_i = 1. Последнее противоречит
неравенству A).
Аналогичные элементарные соображения позволяют
исключить все остальные значения а^ и Ni/Nq.
Тем самым утверждение, приведенное в начале ре-
решения, полностью доказано. •
166. Поскольку квадраты Si и S2 расположены в еди-
единичном квадрате и не имеют общих точек, то можно
провести прямую /, не имеющую общих точек с Si и S2
и разбивающую единичный квадрат на две части t/i
и U2, такие, что U{ содержит квадрат S2, а. U2 — квад-
квадрат S2. Более того, прямую / можно выбрать так, чтобы
она образовала с двумя диагоналями единичного квад-
квадрата нёравнобедренный прямоугольный треугольник.
Пусть Р — вершина того из острых углов этого тре-
треугольника, который больше 45°. Точка Р должна лежать
внутри единичного квадрата, поскольку в противном
случае прямая / целиком проходила бы вне открытого
единичного квадрата. Предположим, что точка Р лежит
на диагонали AiA2, где А\ е U\, A2^U2. Поскольку
угол при вершине Р больше 45°, то квадрат с диаго-
диагональю PAi целиком расположен внутри Ui, а квадрат
с диагональю РА2 — целиком внутри U2. Утверждение
задачи следует из неравенств St < —=—РА1г где St—
сторона квадрата, i= 1,2, которые в свою очередь вы-
вытекают непосредственно из следующей теоремы:
314

Теорема. Из всех квадратов, вписанных в прямо-
прямоугольный треугольник, наибольшей площадью обладает
тот, у которого одна из вершин совпадает с вершиной
прямого угла.
Доказательство. Пусть вершины прямоугольного
треугольника ABC расположены в точках А(а, 0),
В{0,Ь), С@, 0), где а > 0, b ;> 0 (предполагается, что
задана некоторая прямоугольная система координат).
Рассмотрим множество ? квадратов RSTU, у которых
вершина R лежит на оси х, вершина S —на оси у, а
вершина Т — на прямой Ьх-\-ау — ab = 0. Ясно, что
если среди квадратов, содержащихся в треугольнике
ABC, имеется квадрат с наибольшей площадью, то вер-
вершины такого квадрата лежат на каждой из сторон тре-
треугольника ABC; обозначив соответствующим образом
вершины треугольника и квадрата, мы можем считать
последний принадлежащим множеству ?•
Из элементарных соображений ясно, что вершина S
равно отстоит от прямой АВ и перпендикулярной к АВ
прямой т, проходящей через вершину R. Следовательно,
если S = @, s), то уравнение прямой m имеет вид — ах +|
-f- by — (а -\- b)s + ab = 0, так что вершина R располо-
расположена в точке (г, 0), координата г которой удовлетво-
удовлетворяет соотношению
ar = -s{a + b) + ab.	A)
Пусть квадрат RiSiT:(Jl — элемент множества ?> ле-
лежащий внутри треугольника ABC, вершина Ri которого
расположена в начале координат, а квадрат R2S2T2O2 —
элемент множества ?, лежащий внутри треугольника
ABC и такой, что его сторона T2U2 расположена на сто-
стороне АВ. Легко видеть, что первый квадрат имеет вер-
вершину S[0, ab/(a + b)], а второй квадрат — вершины
R(ka,0), S(O,kb), где k(a2 + ab + Ь2) = ab.
Для всех остальных квадратов из множества 2J ор-
ордината вершины S удовлетворяет неравенствам
(ясно, что k=abl(aJ + ab + b2) < ab/{ab + b2) = aj{a + b)).
315

Площадь квадрата RSTU из множества ? равна
C)
В силу соотношения A). График квадратного трехчлена
ро s в правой части C) обращен вогнутостью вверх, по-
поэтому трехчлен принимает максимальное значение на
концах интервала B), то есть площадь максимальна
'либо у RiSiTiUi либо у R2S2T2U2. Простое сравнение
показывает, что площадь квадрата RiSiTiUi больше,
чем площадь квадрата R2S2T2U2. Теорема доказана.
167. Пусть в треугольнике ABC угол А меньше
угла В. Опишем вокруг треугольника ABC окружность
с центром в точке О. Пусть М — середина стороны АВ,
Рис. 21.
Н и D — точки пересечения описанной окружности с
прямой, проходящей через М перпендикулярно сторо-
стороне АВ (CD —биссектриса внутреннего, а СН — внешне-
внешнего угла при вершине С), Е — точка пересечения пря-
прямой СО с описанной окружностью и С — проекция
точки D на сторону АС (рис. 21).
Докажем, что GM\\HC. Поскольку углы AGD и
AMD — прямые, то точки С и М лежат на дуге окруж-
окружности, описанной на отрезке AD как на диаметре. Сле-
316

повательно, четырехугольник ADMG можно вписать
в окружность, и углы AGM и ADM в сумме составляют
180°. Поскольку углы CGM и AGM в сумме также со-
составляют 180°, то ZADM = ZCGM. Наконец, заметив,
Что углы НСА и ADM равны как вписанные углы, опи-
опирающиеся на одну и ту же дугу окружности, получим
1НСА = ZCGM. Следовательно, НС \\ GM. Поскольку
углы САЕ и CGD прямые и стороны СА и CG лежат на
одной прямой, то АЕ || GD.
Рассмотрим теперь шестиугольник AMDCooloo2, где
пятая н шестая вершины оо[ и оо2 — бесконечно удален-
удаленные точки, принадлежащие парам параллельных пря-
прямых НС и GM, AE и GD. Диагонали этого шестиуголь-
шестиугольника СА, ootM и oo2D пересекаются в точке G. Сле-
Следовательно, по теореме Брианшона (III. 4), стороны
шестиугольника AMDC<x>loo2 совпадают с касательными
к некоторой кривой второго порядка. Поскольку эта кри-
кривая касается бесконечно удаленной прямой, она — пара-
парабола (III. 3). Аналогичные рассуждения показывают, что
стороны шестиугольника <x>lCDNEoo2 (где N — точка пе-
пересечения BE и DM) также касаются некоторой пара-
параболы, причем той же самой, так как пять из шести
прямых, определяемых сторонами шестиугольников
ЛАЮСос^оог и <x>iCDNEoo2, совпадают. Поскольку пары
касательных к параболе, проведенные из точек С и М,
взаимно перпендикулярны, то прямая СМ совпадает
с директрисой параболы. Отразим прямую СМ сначала
относительно прямой CD, а затем относительно прямой
MB. Точка пересечения образов прямой СМ при этих
отражениях совпадает с фокусом параболы *.
168. Задача состоит в том, чтобы найти такие функ-
функции р, q, r и s от х, для которых при любой дважды
дифференцируемой функции у(х) и значениях х, при-
принадлежащих некоторому интервалу, выполняется тож-
тождество
[{D + df + b*\y = {pD + q){rD + s)y.	A)
Раскрывая скобки и приравнивая коэффициенты при
степенях оператора D в правой и левой части равен-
равенства A), получаем
r = 2a, pr=\. B)
317

(В существовании производных г', s' и справедливости
соотношений B) нетрудно убедиться, подставляя в A)
функции у, равные 1, х и х2.)
Из третьего уравнения B) мы заключаем, что г=^о
и р = г-1. Функции q и s также можно выразить через г.
Подставляя р = г~1 в первые два уравнения B) и ис-
исключая из них q, находим
rs' — sr' = s2 + 2ars + {a2 + b2) r\	C)
Поскольку г ФО, то правую и левую части уравнения
C) можно разделить на г2 и, положив и = s/r, полу-
получить соотношение
и' = и2 — 2аи + а2 + Ь2.
При ЬфО
d	и — а	Ь'
Следовательно, и = с + Ь tg(bx-{-c), где с — произ-
произвольная постоянная. Таким образом,
s = ru = r[a + btg{bx + c)].	E)
Подставляя выражения для р и s во второе уравне-
уравнение B) и разрешая его относительно q, находим
F)
Справедливо и обратное утверждение: если s и q за-
заданы выражениями E) и F) и р = t~l (где г — не об-
обращающаяся в нуль дифференцируемая функция, ас —
постоянная), то при х, принадлежащем интервалу, в ко-
котором определен tg (bx -|т с), функции р, q, r, s удовле-
удовлетворяют уравнениям B).
Итак, при Ъ Ф 0 мы факторизовали дифференциаль-
дифференциальный оператор (D + аJ + Ь2. Найденное разложение
этого оператора справедливо в любом интервале, в кото-
котором bk + с Ф Bk -j- I) я/2, где k — любое целое число.
При Ъ = 0 дифференциальное уравнение для и вы-
вырождается в уравнение и' = (и — аJ.
Решение этого уравнения и = а приводит к следую-
следующей факторизации исходного дифференциального опера-
оператора
{D + a)z = r-l[D + a-r'/r]-r[D + a].	G)
318

В любом интервале, в котором функция и дифферен-
дифференцируема и отлична от а, из уравнения и' = (и — аJ сле-
следует, что
d t_\	^ ...	1 du _	._.
Ж\и-а )~ (u-aY dx	l-	к°>
Таким образом, (и — а)~1=с — х и и=а + (с — х)~л,
где с — произвольная постоянная. Вычислив для этого
случая q и s, получим
-xyl\ (9)
где г, как и прежде, дифференцируемая функция, а с —
постоянная. Эта факторизация справедлива для полубес-
полубесконечных интервалов х <.с и х> с.
Факторизацию G) можно получить из факторизации,
приведенной в условиях задачи, положив в последней
Ь = 0. Факторизацию (9) получить таким способом не-
невозможно.
169. Перемножив матрицы, получим
_<rMn iJ\An ып) 'о ып-ъ-х/&)'
а взяв определитель от правой и левой частей этого мат-
матричного равенства, придем к соотношению
д= Ы" А" =|#/„-Л2„| = |^„ + Л„||^/„-Л„| =
Л„ w/n
= (-i)»IAl + */l,||^ll-*/nl = (-irfWf(-*), (О
Где /	l)nf(^)—характеристический многочлен матри-
матрицы Л„. Таким образом, определитель Д можно считать
известным, если известен характеристический многочлен
/(¦О) матрицы Л„. В частности, если Л„ — матрица, о ко-
которой говорится в условии задачи и
Рп(а) = \Ап\,	B)
то
819

Определитель Рп(а) представляет собой так называе-
называемый коитинуант и его значение можно вычислить, вос-
воспользовавшись рекуррентным соотношением
при начальных условиях:
Р2(а) = а2— 1, Р,(й) = а.
Методом математической индукции нетрудно дока-
доказать, что
[п/2]
/>„(«)= Е(-1)?(Т)йП~2'-	W
Таким образом, из соотношений A) и C) получаем
где Рп(а) определяется из соотношения D).
170. Существует квадратная матрица Р, такая, что
Р*АР = 1.	A)
Тогда
Р-(А + Х)Р = 1 + Р*ХР.	B)
Поскольку Р*ХР — неотрицательная эрмитова матрица,
то существует унитарная матрица Sx (зависящая от X):
SXS = I,'	C)
такая, что
— диагональная матрица с вещественными неотрица-
неотрицательными tji. Подействовав на равенство B) слева мат-
матрицей S*x, а справа — матрицей Sx, получим
StxP4A + X)PSx = I + (yfiit).	D)
Взяв определители от правых и левых частей матричных
равенств A), C) и D), заменим их соотношениями
откуда
\A + X\ = \A\-fl{l+yl).
320

Определитель |Л|+Х|, очевидно, достигает минималь-
минимального значения в том и только в том случае, если все yi
равны 0, то есть при X = 0.
171. Воспользуемся известным разложением логариф-
логарифма
Сумма конечного числа сходящихся рядов заведомо схо-
сходится, поэтому
п-1	п-1	гс-1	и-1
A:=l	k=l
Но
"fln(H 1Ч ' 2 3 4
ft=-l
Следовательно,
п-1	п-1	п—1
А:=1
«—1	п—1	г:—1
I г\ 1	1 v-i 1 ,	nl
4=1
РЯД
знакопеременный, и его члены по абсолютной величине
стремятся к нулю. Значит, ряд s(n) сходится и его сум-
сумма меньше первого члена. Переходя к пределу, получаем
lim s(n)=0. Прибавляя s(n) к правой и левой частям
соотношения A), приходим к новому соотношению
"§¦&— jgz+^gi— ... =s{n) — 7
Наконец, переходя к пределу при п -> оо, получаем тре-
требуемое соотношение для постоянной Эйлера (III, 12}.
11 Зак, 433	"	821

172. Докажем прежде всего, что
Разлагая общий член l/tBt-f'1) ряда на простейшие
дроби и суммируя конечное число членов, находим
п	/ п	п	\
Zj i Bi + 1) ~ I Zj 2i Lj 2i+ 1 I ~
«=1	4i=l	j=l	'
-
_2(l-5: (-1)-4-).
откуда, переходя к пределу при п-> оо, получаем соотно-
соотношение A). Несложным преобразованием разложение
"	2L+
l	L2^+T+ 3Bn+D2
2n+ 1
можно преобразовать к виду
_ 2
Суммируя стоящее в левой части выражение по п от 1
до оо, получаем —С + 2A — In 2). Аналогичное сумми-
суммирование правой части приводит к двойному (сходяще-
(сходящемуся) ряду.
Соотношение
со
С = 2[1 — 1п2 — -^- — -^Д-— ...J, тг = 2]
получается при суммировании членов двойного ряда по
столбцам.
322

173. На вопрос задачи следует дать утвердительный
ответ. По формуле Герона
Поскольку площадь S выражается целым числом, то чис-
число X должно быть четным. Полагая х = 2у, находим
S = hy, A =
Таким образом, высота h треугольника должна быть
кратна 3. Полагая h = 3z, получаем S = byz и
у* — 3г*=1.	A)
Итак, задача нахождения треугольников с целочислен-
целочисленными сторонами х— lj х, х + 1, высотой h и площадью S
сводится к решению уравнения A) в целых числах. Рас-
Рассмотрим рекуррентную последовательность A11.9A8))
уп+1 = 2уп + Зг„, zn+-, = 2г„ + Уп	B)
или, разрешив ее относительно уп, zn,
Уп = 2уп+1 —Зг„+1, г„ = 2г„+1 — уп+1.	C)
Нетрудно видеть, что если целые числа {уп, zn) удо-
удовлетворяют уравнению A), то следующие члены после-
последовательности {ijn+u z-n+i) также удовлетворяют уравне-
уравнению A), и наоборот. Кроме того, из рекуррентных соот-
соотношений B) следует, что
f/n+2 = 2yn+1 -f Зг„+1, zn+2 = 2zn+1 + yn+{.
Исключив из этих соотношений и соотношений B) соот-
соответственно z и у, получим рекуррентные соотношения
Уп+2 = 4yn+i — yn, zn+2 = 4zn+l — zn.	D)
Если числа уп, zn неотрицательны, то из B) следует, чго
Уп+1 > уп, zn+i > zn. Кроме того, если уп+и zn+i —поло-
—положительные целые числа, удовлетворяющие уравнению
.A), то неравенство 9г\+1 = Зу\+1 — 3 < 4у2п+1 влечет за
собой неравенство Зг„+1 < 2уп+и которое (в силу рекур-
рекуррентных соотношений C)) позволяет утверждать, что
Уп > 0. Аналогично при zn+i Ф 1 неравенство у'„+1 ==
11*	323

= &1+1 + 1 < 4zl+l приводит к неравенству уп <С 2г„+),
из которого следует, что zn >• 0. Таким образом, если
(Уп+i, zn+i)—любое решение уравнения A) в целых чис-
числах и zn+i Ф 1, то целые числа (уп, zn), найденные
при помощи рекуррентных соотношений C), также удо-
удовлетворяют уравнению A), причем уп <С yn+i и zn <|
< zn+\. Спуск от больших значений (ijn+u zn+i) к мень-
меньшим (уп, Zn) не может продолжаться бесконечно, по-
поскольку существует лишь конечное множество нату-
натуральных чисел, которые меньше любого положительного
целого числа z. Следовательно, цепочка убывающих
целочисленных решений (yn,zn) уравнения A) должна
где-то оборваться и обрывается на том шаге, на котором
zn становится равным единице. Обращая спуск, мы ви-
видим, что любое решение уравнения A) в целых числах
можно получить из начальных значений уо — 1, zq = 0;
yi=2, Zi = l при помощи рекуррентного соотношения B).
Умножив соотношения D) на 2 и 3, получим рекур-
рекуррентные соотношения для хп и hn, приведенные в усло-
условиях задачи. Они справедливы для всех треугольников
с целочисленными сторонами х— 1, х, х-{- 1, высотой h
и площадью S.
Рекуррентные соотношения B) и C) позволяют пре-
преобразовать тождество
201,+iZb+i = B//„+1 — Зг„+1) (yn+l + 2zn+l)
+ BzB+1 - yn+l) {2yn+l + 3zn+I)
к симметричному виду
Из соотношения D) следует, что
i) = (уп+2 + уп) (zn+2 + zn) =
Последнее соотношение при помощи соотношения E)
можно упростить и привести к виду
Поскольку 3yz = S, то, умножив правую и левую части
последнего соотношения на 3, получим третье из рекур-
рекуррентных соотношений, приведенных в условиях задачи.
324

Таким образом, эти соотношения порождают все тре-
треугольники, удовлетворяющие условиям задачи.
174. Воспользуемся для доказательства формулы ме-
методом математической индукции.
При п = 2 формула верна, поскольку ctg(at — а2)-Ь,
'_jTctg(a2 — at) = 0 = sin п. Предположим, что она вер-
верна при п = 2, 3, ..., k, и докажем, что тогда она верна
и прип = kj-A 1. Действительно,
ctg (a, - ak+l) Д ctg [a, - a,-) =
/=-1	l-U 1Ф1
= sin-^ ctg (a, — ak+i), A)
ft+i
ft	ft
+ J] ctg (ay — a,) ctg (a, — ak+l) Д ctg(ay — at)-=
= sin-y-ctg(al — ak+1). ' B)
Поскольку ctg P ctg Q = 1 + ctg (P + Q) (ctg P + ctg Q), то,
полагая Р = uj — a\, Q = ai — ak+i, преобразуем второй
член в правой части соотношения B) к виду
k_ k	ft k+i
П ug{a,-a,)+Z П ctg(a/-a/) +
-2 1ф1	/2 f1 1Ф1
ft	ft+1
+ ctg (a, -aft+,)? П ctg (a,-a,). C)
/=2 1=г1Ф1
Первый член выражения C) равен sin(&— 1)л/2, а тре-
третий—
ctg (at — ak+l) sin -у- — Д ctg (afc+1 — a,) .
325

Собирая подобные члены, получаем
? П ctg (а,-«,-) +sin <*^
ctg(a,—аI siri + sin
[[ ctg(fl7 —fl|)=» —sin
(k—\)n .
2J =sin
что и требовалось доказать.
175. Как и в предыдущей задаче, докажем формулу
методом математической индукции.
При п = 2 формула верна, поскольку ctg(ai — йг)Х
X (ctg a2 — ctg a4) = 1 + ctg ai ctg a2. Предположим, что
формула верна при п = 2, 3, ..., ft, и докажем, что
тогда она верна и при п = k ~\- \. По формуле, приве-
приведенной в предыдущей задаче,
J^ctga, Д ctg (a; — Of) = sin (fe+1)jt ctgau (I)
ctgfl, Дс1д(й! — a,) +
/=2
+ ]T ctg a, ctg (c/ — с,) Д ctg (a, — at) ==
/-2	/=2, 1Ф\
^Ib. B)
Поскольку ctg (a,- — fli)ctg o4 = 1 +' ctg a, [ctg(flj —
— Ci) + ctg aj, второй член в левой части соотношения
B) можно преобразовать к виду
k+i k+\	k+i	k+i
? ? ctg {a, - щ) + ? ctg а, П ctg (a, - at) +
12 121ф]	/=2	i = lib/
ft+1	k+l
? ctg a, П ctg (cy t) C)
/=2	1-1, 1Ф1
ft+1	k+l
+ ctg ci ? ctg a, П ctg (cy — at).
/=2	1-1, 1Ф1
326

По формуле, приведенной в предыдущей задаче, первый
член выражения C) равен sin ferc/2, а третий член по
предположению индукции равен
s
После подстановки и сокращения подобных членов по-
получаем
что и требовалось доказать.
176. Выбрав прямоугольную систему координат так,
чтобы ее начало совпадало с центром эллипса, а оси х
и у— соответственно с большой и малой осями эллипса,
докажем следующую более общую (по сравнению с ут-
утверждениями задачи) теорему.
Теорема. Пусть (acos'&j, bsinfti), t=l, 2, ...
..., п ^ 3 — координаты вершин выпуклого многоуголь-
многоугольника, вписанного в эллипс х = a cos •&, у = b sin •&, и то-
точек касания сторон выпуклого многоугольника, описан-
описанного вокруг того же эллипса, а нумерация точек выбрана
так, что 0 < •&! < ©2 < ... <'&п ^ 2л. Тогда для того,
чтобы площадь вписанного многоугольника была макси-
максимальной, а площадь описанного многоугольника — мини-
минимальной, необходимо и достаточно выполнение равенств
A)
'Доказательство. Преобразование х = ах', у = by' пе-
переводит эллипс в единичную окружность, прямые — в
прямые и изменяет площади всех фигур в l/ab раз. Сле-
Следовательно, проделав такое преобразование, мы сведем
исходную задачу к задаче о нахождении многоугольника
с максимальной площадью, вписанного в единичную
окружность, и многоугольника с минимальной пло-
Щадью, описанного вокруг той же окружности. Образ
исходного вписанного многоугольника имеет вершины в
327

точках cos •&,-, sin •&,-, его площадь Sj определяется выра-
выражением
2S, = sin (d2 — d,) + ... + sin (%—&„_,) + sin (•&!—•&„). B)
Одну вершину многоугольника можно выбрать произ-
произвольно. Пусть, например, 'On = 2л. Дифференцируя 2St
по •&,, мы убеждаемся в том, что равенства A) служат
необходимым и достаточным условием максимума >>ь
Максимальная площадь выпуклого многоугольника, впи-
вписанного в эллипс, равна
1 . . 2я
Y nab sin — .
Площадь S2 выпуклого многоугольника, описанного
вокруг единичной окружности, определяется выражением
S2 = ctg<Pi + ctg<P2+ ... +ctgq>n,
где фг — угол, равный половине внутреннего угла при i-й
вершине, многоугольника. Минимальная площадь Sz до-
достигается при ф1 = фг = ... = фп. Таким образом, опи-
описанный многоугольник с минимальной площадью пра-
правильный и условие A) выполнено. Минимальная пло-
площадь многоугольника, описанного вокруг эллипса, равна
nab tg -jj-.
Чтобы, применить доказанную теорему к утвержде-
утверждениям задачи, заметим следующее. Поскольку центр тя-
тяжести любого правильного многоугольника совпадает с
его геометрическим центром и преобразование х = ах',
у = by' оставляет неподвижным начало координат, то
центры тяжести экстремальных многоугольников долж-
должны совпадать с центром эллипса. Обратное утверждение
верно лишь при п = 3. В самом деле, если центр тяже-
тяжести вписанного в эллипс треугольника совпадает с нача-
началом координат, то и центр тяжести преобразованного
треугольника также совпадает с началом координат. Та-
Такой треугольник должен быть равносторонним, посколь-
поскольку если медиана треугольника проходит через центр
описанной окружности, то треугольник равнобедренный.
Треугольник, описанный вокруг окружности, также дол-
должен быть равносторонним, поскольку если медиана и
биссектриса внутреннего угла, проведенные из одной и
3?8

той же вершины, совпадают, то треугольник равнооед-
ренный. Таким образом, из доказанной* теоремы следует,
что при п = 3 совпадение центра тяжести описанного
вокруг эллипса треугольника и вписанного в эллипс тре-
треугольника с центром эллипса необходимо и достаточно
для того, чтобы плоша-дь описанного треугольника была
минимальной, а площадь вписанного треугольника ма-
максимальной.
177.	Пусть г — основание системы счисления. В этой
системе число 2101 означает 2r3-f r+1 =s(r-fl), где
s = 2rz — г-\- 1. Наибольший общий делитель чисел s и
г +1 является делителем числа 4, поэтому числа s и
г -)- 1 либо оба квадраты, либо оба удвоенные квадраты.
Если г~п2— 1, то значения п = 2, 3 приводят к ре-
решению задачи, а значения п = 4, 5, ..., 10 следует
отбросить, п чем можно убедиться непосредственной
проверкой. Если г = 2п2 — 1, то п = 2, 3, ..., 7. Также
непосредственной проверкой убеждаемся, что и эти воз-
возможности следует отбросить.
Итак, при г < 100 условиям задачи удовлетворяют
только г = 3 и г = 8. Нетрудно проверить, что эти зна-
значения г мы получили бы и в том случае, если бы исхо-
исходили из неравенства г < 10 000.
178.	а. Предположим, что п точек, образующих за-
заданное множество (обозначим его М), не лежат на од-»
ной прямой, и покажем, что такое предположение приво-
приводит к противоречию.
Поскольку п точек не лежат на одной прямой, то
среди них можно найти три точки А, В и С, не лежащие
ка одной прямой. Проведем через точку А в плоскости
ABC прямую а, не проходящую ни через одну другую
точку множества М. Пусть Р\, Р%, ... —точки пересече-
пересечения прямых, соединяющих попарно п точек множества
М, с прямой а. Среди точек Ри Р2, ... найдется по край-
крайней мере одна (например, точка, лежащая на прямой
ВС), которая не совпадает с точкой А. Таким образом,
точки A, Pi, P2, ... разбивают прямую а не менее чем
на два отрезка. Следовательно, среди точек Pi, Р2, ...
найдется такая точка Р, что либо внутри отрезка АР,
либо вне его не содержится ни одна точка Pi, Pi. •¦¦ .
По предположению точка Р не принадлежит множе-
множеству М, но лежит на прямой, проходящей по крайней
329

мере через три точки этого множества. Обозначим их
Q, R, S в таком порядке, чтобы точки Q и S отделяли
точку Р от точки R. Поскольку точки А и R принадлежат
множеству М, то прямая AR содержит какую-то третью
точку из множества М, например точку О. Пусть Р\ и
Р2 — точки пересечения прямых QO и SO с прямой а.
Тогда, поскольку между точками Q, Р\, так же как и
между точками S, Р2, существует перспективное соответ-
соответствие с центром в точке О, одна из точек Р\, Р2 лежит
внутри отрезка АР, а другая — вне его. Полученное про-
противоречие доказывает, что все п точек множества М ле-
лежат на одной прямой.
б. Рассмотрим теперь множество М, состоящее из п
неколлинеарных точек. Пусть т — число различных пря-
прямых, определяемых парами точек из М. По доказанному
в пункте «а» по крайней мере одна из этих т прямых
содержит только две точки множества М, которые мы
обозначим А\ и Л2. Рассмотрим множество М', получаю-
получающееся из множества М при выбрасывании точки А\.
Число различных прямых, определяемых парами точек
из множества М', не превышает т—1, поскольку пря-
прямая А\А2 проходит через точку А\, не принадлежащую
множеству М'. Продолжая исключать одну за другой
точки множества М, мы после г шагов получим множе-
множество, содержащее п — г коллинеарных точек. Но перед
тем, как мы сделали г-й шаг, множество содержало
п — г -\- 1 точек, из которых только п — г были кол-
линеарны. Следовательно, число различных прямых,
определяемых всевозможными парами точек из этого
множества, было, равно п — г-\- 1. Но поскольку из пер-
первоначального множества М мы успели выбросить г — 1
точек, то
п — г + 1 <|т — (г — 1),
то есть
что и требовалось доказать.
179. Разобьем положительную полуось х на единич-
единичные отрезки с целочисленными концами. Тогда
оо	со	п
dx 	V-i Г dx
тщ — L ) Tjxj-
1=1 П—l
330

При п ^ 2 произведем в п-м интеграле замену перемен-
н01", х' = х — (п — 1) и, используя формулу приведения
для гамма-функции Г(д:+ 1) = хТ(х), получим
п	1
dx
Г(х) — ) х'(х' + \) ... (х' + п-\)Г(х') '
п-\	О
Возвращаясь к исходному интегралу и заменяя х' на х,
преобразуем его к виду
J dx ГГ. . I, 1 ,	1	, 1 dx
)Т(х) JL Т х ^ х(х + \)^ х(х + \)(х+2)^ •••Jr(x)"
0	о
Наконец, разлагая дроби \1х(х-\- 1) (х + 2) ... (х-{-п)
на простейшие и суммируя дроби вида 1/(д: + /г) при
каждом значении k = 0, 1, ... в отдельности (закон-
(законность этой операции несложно обосновать), получим со-
соотношение, приведенное в условии задачи.
Тождество
1	+Т+ х(х+\) + ¦••+ x(x + l)(;c + 2)...(x + «) + ••'
''' ~" ^ х ^ II (х + 1) ^ * • • ^" «I (х + я) ^ ¦" •
называется тождеством Прима.
180. Рассмотрим тождество Эйлера
— 1 , х . х	х2 . х х2	х3
1 "+¦ 1 - х "¦" 1 - л: ' 1 - х2 "¦" 1 - х 1 - х2' 1 -
справедливое* при 0 ^ д: < 1. Кроме того,
+ л)A+х2) ... ^-fzrF'T^^* ¦••
1	1
•"• ~ 1 — х 1-х3 1—х5 •'• *
Комбинируя это тождество с тождеством A), находим
что и требовалось доказать.
331

Записав доказанное тождество в виде
^ A — а)A — X2) ,..(l-Xk)
и сравнив коэффициенты при хп(п">0) в его правой и
левой частях, нетрудно увидеть, что оно эквивалентно
следующему утверждению: число разбиений числа п на
нечетные слагаемые равно сумме по всем допустимым
значениям k числа разбиений чисел п—(k-\-\)k/2 на
слагаемые, каждое из которых не превосходит k.
181. Пусть А\А2Аг— треугольник, наибольший внут-
внутренний угол которого не превосходит 90°. Не ограничи-
ограничивая общности, предположим, что внутренние углы тре-
треугольника удовлетворяют неравенствам Л1^Л2^Л3.
Пусть О — центр описанной окружности, / — центр впи-
вписанной окружности, Hi — основание высоты, опущенной
из вершины Л,- на противолежащую сторону, и Bf — точ-
точка касания вписанной окружности со стороной а* = AiAh.
Если центры вписанной и описанной окружностей со-
совпадают (/ = 0), то треугольник равносторонний и г +j
Поскольку A2Bi = г ctg Л2/2 < г ctg 4" = #Из и
= 1 (я - Z Л3ОЛ2) = 1 (я -
то центр О описанной окружности лежит внутри или на
границе треугольника BiA3I. Кроме того,
и, значит, А3О и Л3Я3 симметричны относительно А$1-
Пусть О3 — точка на Л3Я3, симметричная точке О отно-
относительно Л3/, так что Л3Оз == R, а /3 — ортогональная
проекция точки / на Л3Я3, так что /3Я3 = г. Поскольку
ZO3/S3 > л/2, то точка О3 лежит на отрезке Л3/3 и, сле-
следовательно, г + R ^ Л3Я3 = т.
Если наибольший угол треугольника A\A2As тупой, то
установить соотношение между m и r-j-^ не так просто.
332

Если A\A2=.A\Az и /LA\-*-n, то m->0. Следовательно,
существуют треугольники, для которых г + R > т. На-
Наоборот, если ^Л1 > л/2, ЛИ2 < Л Из и сторона А\А3
фиксирована, то, устремив Ai-^-n/2 и ЛИг-э-О, мы убе-
убедимся в существовании тупоугольных треугольников, для
которых г + R < т.
182. Рассмотрим функцию
л=1
где ц(п)— функция Мёбиуса (III. 8). Тогда
n=i	v=l	n=»i v=l
Если т ф 1, то коэффициент при хт в этом разложении
равен
п\т	п\т
Следовательно, f(x) =x и
со
х	 у1 /< __ т—Ц(п)/п
откуда и следует разложение, которое требовалось дока-
доказать.
183. Любое число, не превышающее п, можно пред-
представить в виде произведения степеней одного или не-
нескольких из п(п) простых чисел, каждое из которых
не превышает числа п. Если данное число щ не является
делителем произведения других членов последователь-
последовательности, то по крайней мере один из простых делителей
числа аи например число р,-, входит в разложение этого
числа в произведение степеней простых чисел с показа-
показателем степени, превышающим сумму всех показателей
степени, с которыми простое число р$ входит в разло-
разложения других членов последовательности. Это означает,
нто в разложение а{ простое число р3 должно входить
в более высокой степени, чем в разложения других чле-
членов последовательности. Назовем pj «представителем»
333

числа Qf. А поскольку любое простое число может быть
представителем лишь одного члена последовательности,
то число членов последовательности х не может превы-
превышать я(п), что и требовалось доказать.
184. Центр О окружности Р выберем за начало пря-
прямоугольной системы координат, а оси х и у направим
параллельно асимптотам гиперболы Н. Предположим,
что центр to гиперболы Н имеет координаты (Л, k) Тогда
уравнения окружности Р и гиперболы Н имеют вид
x'+if-ih' + k^^O, xy-kx-hy + c = 0. A)
Если существует один треугольник, вписанный в ги-
гиперболу Н и одновременно описанный вокруг окружно-
окружности Р, то, как известно, мы можем построить другой
треугольник ABC с теми же свойствами, выбрав за вер-
вершину А любую точку на гиперболе Н, не принадлежа-
принадлежащую окружности Р, проведя из А две касательные к ок-
окружности Р и приняв за вершины В и С точки пересе-
пересечения этих касательных с гиперболой Н (отличные от
точки А). При этом прямая ВС также совпадает с каса-
касательной к окружности Р.
Рассмотрим теперь случай, когда точка А совпадает
с точкой гиперболы Н, бесконечно удаленной, например,
в направлении асимптоты, параллельной оси х. Тогда
уравнение стороны ВС имеет вид
(hk -c){y + h) — k* {x-k) = 0.
Для того чтобы эта прямая была касательной к окруж-
окружности Р, длина перпендикуляра, опущенного на нее из
точки О, должна быть равна ^Jli4 ¦+¦ &*, откуда k2c2 = 0.
Как будет доказано ниже, k ф 0, поэтому с = 0, то есть
гипербола Н в этом случае должна проходить через
центр О окружности Р. Наоборот, если точка О лежит
на гиперболе Н, то приведенные выше уравнения пока-
показывают, что существует вырожденный треугольник рас-
рассмотренного нами типа и, следовательно, бесконечно
много треугольников, обладающих требуемыми свойст-
свойствами. Нетрудно видеть, что утверждение задачи оста-
останется в силе, если поменять ролями центры гиперболы
со и окружности О.
Доказать, что k ф 0, проще синтетически (попутно
мы сделаем синтетическим все доказательство). Пусть
334

ДВС—вырожденный треугольник, Т и Т'— точки каса-
касания с окружностью Р параллелей АВ и АС. По крайней
мере одна из них, например АС, пересекает гиперболу Н
в конечной точке С, а СВ касается окружности Р в ко-
конечной точке Т". Следовательно, вершина В треуголь-
треугольника ABC также должна быть конечной точкой. Но если
бы в приведенном выше доказательстве выполнялось ра-
Бенство k = О, то точка Т совпадала бы с центром ш
гиперболы Н и мы пришли бы к противоречию: вершина
В совпала бы с вершиной А. Следовательно, Р — впи-
вписанная (или описанная) окружность треугольника ABC
и по теореме Фейербаха (III. 1) касается окружности
девяти точек треугольника ABC, которая в рассматри-
рассматриваемом случае вырождается в прямую, проходящую че-
через середину А' стороны ВС и основания С, В парал-
параллельных высот, опущенных на стороны АВ и АС. Следо-
Следовательно, А'С касается окружности Р в точке w, и и сим-
симметрична точке Т" относительно ОА'. Нетрудно видеть,
что треугольник А'ВС равнобедренный и, если Ты и
асимптоты гиперболы пересекают Об в точках W, U, V,
то треугольники WBc и Wt/и также равнобедренные.
Таким образом, точка W является общей серединой от-
отрезков ОВ и VW и центр О окружности Р должен ле-
лежать на гиперболе Н.
Наоборот, предположим, что гипербола Н проходит
через центр О окружности Р, а окружность Р проходит
через центр и гиперболы Н. Пусть Т и Т — точки каса-
касания с окружностью касательных, проведенных из вер-
вершины А, которая совпадает с бесконечно удаленной точ-
точкой гиперболы Н, В — точка пересечения прямой AT
с гиперболой Н, Т" — точка касания с окружностью Р
касательной, проведенной из точки В, а С — точка пе-
пересечения той же касательной с AT'.
Докажем, что точка С лежит на гиперболе Н. Отсюда
будет следовать, что существует бесконечно много тре-
треугольников ABC (где А — любая точка гиперболы Я),
обладающих всеми требуемыми свойствами. Если асимп-
асимптоты гиперболы пересекают ОВ в точках U и V (точка V
принадлежит отрезку иЛ), то, как известно, отрезки ОВ
к VU имеют общую середину W и прямая WT проходит
через точку и. Пусть А' — середина отрезка ВС, а точки
С, в, W симметричны точкам С, В, W относительно ОА'.
Вследствие этой симметрии прямые. А'С, WT должны
335

проходить через одну и ту же точку окружности Р, сим-
симметричную точке Т" относительно прямой А'С, поскольку
прямые А'С и WT проходят через одну и ту же точку Т"
окружности Р. Таким образом, прямая А'С должна быть
касательной к Р в точке, симметричной точке Т" относи-
относительно прямой А'С. Но тогда эта точка совпадает с ш.
Если ы?/ пересекает ВС в точке S, то из симметрии сле-
следует, что Си = BS = Т"С. Итак, точка С должна ле-
лежать на гиперболе Н, что и требовалось доказать.
Пусть R, S, T, U — точки, в которых окружность Р
пересекает оси координат, а V и W — точки, в которых
окружность Р пересекает гиперболу Н. Тогда огибаю-
огибающая сторон треугольников, вписанных в Я и одновре-
одновременно описанных вокруг Н, совпадает с окружностью Р,
из которой выколоты шесть точек R, S, T, U, V, W.
В этих точках треугольники вырождаются.
185. Пусть Ai—такая вершина многоугольника,-что
ОА\ ^ OAj при любом / ф 1. Диагонали A\Aj разбивают
внутренность многоугольника на треугольники, поэтому
любая точка О лежит внутри какого-то треугольника
Л1.Л&Ль+1 или на его границе. Если точка О принадлежит
границе треугольника ЛИИь+ь т0 утверждение задачи
тривиально: ZA\OAh = n. В противном случае точка О
лежит внутри треугольника AiAhAh+i и ^Л1ОЛй < п,
ZЛlOЛ/t+l < тс. Кроме того, поскольку ОА\ ^ OAj, то
'ZOAhAi<^ZOAxAh и ZOAk+iAi^ZOAiAh+1. Но
Z.OA\Ah -f- ZOAiAk+i = тс/n. Следовательно, ^АхОАкАг,
ZAiOAh+l = 2n — (ZOAiAk + ZOAiAk+i) —
ZOAAZOAAJ	/ / 2(\
(
-1/").
Таким образом, либо ZA\OAh~^- яA — 1/n), либо
ZAiOAk <.тсA — 1/n). В первом случае утверждение
задачи доказано. Во втором случае ZAiOAh+\^n{\ —
>—l/n); следовательно, утверждение задачи также дока-
доказано.
186. Дифференцируя ряды почленно (что, очевидно,
допустимо), получаем
/" = -*?', g" = 2/'.	A)
Отсюда следует, что
/7"+ ?'?" = 0,	B)
836

в силу чего
Г* + В*=с.
Полагая z = О, находим значение постоянной: С = I.
Таким образом,
/2 + g'2=l.	C)
(Соотношения B) и C) следуют также из того, что
J'z=cosB2/2), g' = sin (z2/2). В дальнейшем это пред-
представление рядов f и g7 нам не понадобится.)
Дифференцируя соотношения A) и исключая при их
ломощи из выражения для \"' функцию g, а из выраже-
выражения для g'" функцию f, находим, что обе функции f и g
удовлетворяют дифференциальному уравнению
L [w] = zw"' — w" + zW = О,
то есть L[f] = L[g] = O.
Проводя аналогичные рассуждения для функций h
и k:
/, — 1	Z	I	±	f	I
1-3-4 ~ЬЗ-5-7-8 ЬЗ-5-7.9-11-12^*"*'
получаем /i" = l-fz/e', k" = —zhr, L[h] = — 1. Как по-
показывают прямые выкладки, функция у = f2 + g* удов-
удовлетворяет уравнению L [у] = 2 (fL [/] + gL [g]—1). Сле-
Следовательно, функции 2/г и у являются аналитическими в
окрестности нуля решениями уравнения L [w] = —2, при-
причем у»)@) = 2№@) == 0, k = 0, 1, 3, у"@) = 2/г"@) =2.
В силу единственности решения, удовлетворяющею этим
начальным условиям, у = 2Л, что и требовалось дока-
доказать.
187. Начнем с наиболее трудной части решения —
учета преимущества, которым по правилам игры может
воспользоваться любой ее участник: права объявить за-
задуманным число, стоящее на грани, которая при первом
бросании костей выпала наибольшее число раз.
Пусть i = 2, 3, .... 10 — наибольшее число раз, ко-
которое любая грань может выпасть при первом бросании.
Вероятность того, что какая-то грань выпала I раз,
равна
у 611016-'°
(О П(/1)"Ч!
337

(для краткости условимся в дальнейшем обозначать ее
2j(t>). где tij — неотрицательные целые числа, удовлет-
удовлетворяющие соотношениям
и при заданном i суммирование проводится по всем п$,
удовлетворяющим этим соотношениям.
Вероятность того, что какая-то грань, выпавшая i
раз при первом бросании костей, выпадет не менее 14 — i
раз при следующих четырех бросаниях десяти костей,
равна
40
г=н-г
Вероятность выигрыша равна
10
i=2
При помощи таблиц находим:
i
2
3
4
5
6
7
8
9
10
е*
0,026
0,058
0,116
0,211
0,347
0,509
0,677
—
—
0,0675
0,5293
0,3105
0,0781
0,0130
0,0015
0,0001
—
—
' Р;?<о
0,00176
0,03070
0,03602
0,01648
0,00451
0,00076
0,00007
—
—
(При / = 9 или 10 5^(?) пренебрежимо мала, a
Вероятность выигрыша 0,09030.
Итак, в среднем играющий может выиграть около
9 центов,	—
338

Поскольку за право принять участие в игре взимается
10 центов, то владельцы магазина наживают по центу
на каждом играющем.
188. Рассмотрим более общую задачу о вычислении
определителя
j))\,	A)
где f{x)—произвольная функция, определенная при
всех натуральных значениях х, a (i, j) — наибольший об-
общий делитель чисел i и /.
Чтобы вычислить D(n), определим функцию ty(k) со-
соотношением
ПЪ=Т.№)	B)
"(здесь сумма берется по всем делителям k числа V, в яв-
явном виде функция гр записана ниже) и положим коэф-
коэффициенты аи равными 1, если I делит к, и 0 в противном
случае. Тогда
= Z гр @ = f{(r,s))
11 (г, s)
и D(n) = \ari\ \aslty(l) \ (порядок определителей, стоя-
стоящих в правой части, равен п). Поскольку art = O при
и
г < 1иаи= 1, то | ап \= 1, | ast\p(/) | = Пяр(/) и, следо-
п
вательно, D (п) = XI 'Ф (О-
Закон обращения теоретико-числовых функций (III. 8)
позволяет представить соотношение B) в виде
к\1
в силу чего
z=iLfe|
В случае /(д:) =# (исходная задача)
339

(произведение по всем простым делителям р числа /)
и, таким образом,
-¦?)-**П П 0-jr)-
р J	v р J
что и требовалось доказать.
Формула C) позволяет вычислять определитель A)
и в других интересных случаях. Например, функцию
f(x) =Ь (х)— сумму делителей числа х— мы получаем
при ф (к) = k, откуда
и D(n) =«!.
Кроме того, мы можем обратить решение и выяснить,
при какой функции f(x) определитель D(n) имеет необ-
необходимое значение. Из C) получаем
Применяя к этому соотношению закон обращения
теоретико-числовых функций, находим
D(k)
D (ft - 1) '
k\n
Например, если мы хотим, чтобы D(n) = an, то функцию
/(п) следует выбрать в виде
f («) = Z а = ах (п),
kin
где т (и) — число делителей числа п.
189. Пусть pi, pi, ..., р„ —любой набор простых чи-
чисел N — р*'Р22 ... Рп11' По определению М(х\, х2, ...
..., хп) =ii(N), где A — функция Мёбиуса (III.8). Оп-
Определим функцию f(m) для любого делителя т числа Л/i
как число различных простых делителей числа т, если
т=?М, а/A) = 1. Кроме того, если d — делитель числа
340

tf (d =z p^p^ ..." p^"), то функцию g (d) зададим соот-
соотношением g{d) = Y, f(jn). Сгруппируем в этой сумме
все числа /п, имеющие ровно / простых делителей. Число
таких т, очевидно, равно Sj{bub2, ..., bn). Добавляя 1,
соответствующую т = 1, получаем
I)//(i, Ь2	bn) = S{bu b2	bn).
По закону обращения теоретико-числовых функций
(III. 8)
d | N
=>TlM{xl — bi, x2 — b2	xn — bn)-S{bif b2, .... bn)
Следовательно, искомая сумма равна числу положитель-
положительных целых чисел в множестве Х\, х2, ..., хп или еди-
единице, если Ху = х2 = ... = хп = 0, что и требовалось
доказать.
190. Перестановку п-\-\ элементов, представимую
в виде произведения г циклов, можно получить из пере-
перестановки п элементов двумя способами. Во-первых, цикл
единичной длины, содержащий новый элемент, можно
присоединить к перестановке п элементов, представимон
в виде произведения г — 1 циклов. Во-вторых, новый
элемент можно ввести в любой из г циклов, на которые
разлагается перестановка п элементов. Поскольку во
втором случае новый элемент можно ввести после лю-
любого из г старых элементов, то
Pn+i = Prn-l + nK.	A)
(Если считать, что Р°п — 0, то это соотношение выпол-
выполняется при п = 1, 2, ... ; гг=1, .... п). Если prt(*) =
п
= X РпХг, то из соотношения A) следует, что (х'^
}{-п)Рп{х) = р„+1 (я). Последнее соотношение позволяет
без труда методом математической индукции доказать
тождество «а», приведенное в условии задачи.
Аналогично доказывается и второе тождество задачи.
Разбиение п^-1 отличимых друг от друга элементов на
841

г классов можно получить из разбиения п элементов
двумя способами. Во-первых, можно присоединить класс,
состоящий только из одного нового элемента, к разбие-
разбиению п элементов на г—1 класс. Во-вторых, новый эле-
элемент можно включить в любой из г классов, на которые
разбиты п старых элементов. Поскольку во втором слу-
случае новый элемент можно ввести в любой из г классов
старого разбиения, то
(Если считать, что Qrn ф 0 лишь при 1 ^ г ^ п, то это
соотношение выполняется при и, г = 1, 2, ... .)
Пусть fr(x)=x(x—1) ... (л; — г+1). Поскольку,
как нетрудно проверить, /V+i (x) -\- rfr (х) = xfr (x), то
тождество «б», приведенное в условиях задачи, следует
из соотношений
<?п+1 М = % Qrn+Jr (х) = Ц (QT-' + *?) fP (х) =
п	п
Zn(r+i{) fr()) Z
191. Разложив функцию f(x) ^лг-пA — е~х)п в сте-
степенной ряд ^jfrX* двумя различными способами, полу-
получим для числа Л' = (п + 4) (п + 3) (м + 2) (п+ 1) -^ два
выражения, стоящие в правой и левой части доказывае-
доказываемого тождества.
Во-первых, при любом натуральном п
f=0	f=0 s=0
Коэффициент f4 при л;4 мы найдем, выбрав в двойной
сумме коэффициенты при хп+А. Полученное выражение
совпадает с представлением числа N, соответствующим
левой части доказываемого тождества:
tn+4
(и + 4)! '
tn+4
342

Во-вторых, разложим в степенной ряд n-ю степень
функции g(x) = {\ ~е-хIх^^ё1х1- Воспользуемся для
этого следующей леммой.
оо	/ со	\П
Лемма. Если ? fX = I ? ?/*') и f0 = g0 = 1,
г=0	\/=0	/
то
где
В рассматриваемой задаче
(—1)
1)/(/+1)!,
2!2!3!
16
) + (
+ 4)
Это выражение определяет N при всех целых значениях
п. Оно сводится к правой части доказываемого тожде-
тождества, поскольку
^=	[6-8
+ 120 (п - 1) (п — 2) + 15 (п — 1) (п — 2) (п — 3)].
При п = —/и, m ^ 5 ряд для /(л:) следует заменить
рядом
сходящимся при положительных значениях х. Число
N = (т—1) ... (га — 4)/4 при этом становится равным
(m— \+t)l d*
\m-l)Ul
343

192. При произвольно заданных п и Ci (неотрицатель»
т
кых целых числах, удовлетворяющих условию 2] rt =»
т ч
= 2j С/1 множество матриц, обладающих всеми необхо*
димыми по условиям задачи свойствами, не пусто.
В этом нетрудно убедиться, если воспользоваться мате-
математической индукцией по суммарному числу строк и
столбцов. Более того, можно построить матрицу с диаго-
диагональными элементами, равными гшп(гг-, с,-); из дальней-
дальнейшего видно, что это матрица с максимальным следом.
Преобразование, состоящее в прибавлении единицы
к элементам (h, i) и (/, k) и вычитании единицы из эле-
элементов, (h, k) и (j,i), очевидно, оставляет инвариантной
сумму элементов каждой строки и каждого столбца. Эта
операция «допустима», если не приводит к появлению
отрицательных элементов. Воспользуемся этой опера-
операцией для отыскания необходимых свойств матрицы (я,Д
с минимальным или максимальным следами.
Докажем, что на главной диагонали матрицы с ми-
минимальным следом стоит не более чем один положитель-
положительный элемент. Предположим, элементы ац и а3-3- (г ф /) от-
отличны от нуля. В этом случае операция, состоящая в
прибавлении единицы к элементам (г, /) и (/, г) и вычи-
вычитании единицы из элементов (i,i) и (/,/), допустима.
Применение такой операции уменьшит след матрицы
(at-j) на 2, оставив без изменений сумму элементов лю-
любой строки и любого столбца. Таким образом, след мат-
матрицы (atj) вопреки предположению не был бы минима-
минимален. Полученное противоречие означает, что на главной
диагонали матрицы (ац) с минимальным следом имеется
не более одного положительного элемента, и операция,
состоящая в прибавлении единицы к элементам (г, /) и
(j,i) и вцчитании единицы из элементов (i,i) и (/,/)>
недопустима по отношению к такой матрице. Если все
элементы, стоящие на главной диагонали, равны нулю,
то минимальный след равен нулю. Предположим, что
один из диагональных элементов аи положителен. Тогда
элементы ajh (/, k ф i) равны нулю. Действительно, если
бы элемент а^ был положителен, то, прибавив единицу
к элементам (i, k) и (/, i) и уменьшив на единицу эле-
элементы (г, г) и (j,k), мы уменьшили бы след матрицы,
344

что невозможно, поскольку след минимален. Таким обра-
образом, а# = 0, aih — ch (??=/), aji = rj (j ф i) и а« =
= Ti— Т\ Ci — Ci— Y\ r,. Это означает, что минималь-
1Ф1	1Ф1
ный след матрицы (ягь) равен наибольшему из п -\- I
чисел: нуль и п чисел с,— X r,=rt— ? с, (/== 1, 2,..., г).
Ясно, что среди п чисел с,- — У! г, (г = 1, 2, ..., п) име-
1фг
ется не более одного положительного числа, и если одно
число положительно, то минимальный след матрицы ра-
равен этому числу.
Рассмотрим теперь матрицу (о,;) с максимальным
следом. Пусть аи — любой элемент, стоящий на ее глав-
главной диагонали. Если бы в i-й строке существовал еще
един ненулевой элемент аг-&, а в i-м столбце еще один
ненулевой элемент ац, то увеличив на единицу элементы
(/, г') и (/, k) и уменьшив на единицу элементы (i, k) и
'(/, i), мы увеличили бы диагональный элемент ац и след
матрицы, что невозможно, поскольку след максимален.
Таким образом, либо все элементы i-й строки, за исклю-
исключением ац, равны нулю, либо все элементы 1-го столбца
равны нулю, за исключением ац = min(r,-, с,). Итак,
максимальный след матрицы равен ^т'т{г{, с,-).
193. Пусть V — скорость самолета в безветренную по-
погоду, W — скорость ветра (постоянного по направлению),
v — составляющая результирующей скорости самолета,
направленная по касательной к замкнутой кривой С,
описываемой самолетом, и т — угол, образуемый направ-
направлением ветра с касательной к кривой С. Поскольку на
замкнутой кривой есть точки, где л/2 < |т| <я, то
должно выполняться неравенство V > W. Кроме того,
во всех случаях выполняются соотношения
-IP2 sin* т.	A)
(Знак минус перед квадратным корнем в выражении для
R следует отбросить, поскольку v ^ 0, и, если бы мы вы-
выбрали знак минус, то получили бы неравенство W ^ У.)
345

Время Т, которое самолет затрачивает на то, чтобы опи-
описать кривую С, равно
т	f _ds_	Г R — Wcosx . 	Г Rds
1 ~ ) v ~ ) V2 — W* S ~ ) V2 — W* '
поскольку \ cos т ds = 0.
Следовательно,
г —
¦* —
__f __rfs___ Г ds
~~ J Vk^ - w* ¦>) v '
что и требовалось доказать.
194. Уравнение
ах + bxy + cy = k
можно преобразовать к виду
ipx + с) (by + a) = bk + ас,
или, разделив правую и левую части последнего урав-
уравнения на df, к виду
Ь , с\(Ъ . а\ Ъ , , а с	/|Ч
Если Ъ не кратно числу df и k — любое из бесконечно
многих целых чисел, взаимно простых с df, то уравне-
уравнение A) не допускает решений в целых числах, поскольку
все члены правой и левой части, за исключением члена
bkjdf, — целые числа. С другой стороны, если b кратно
df, то bjdf и ac/df — взаимно простые числа, поскольку
числа b/f и c/f, так же как b/d и a/d, взаимно просты.
В этом случае по теореме Дирихле* арифметическая
прогрессия ac/df + b)df, ac/df^ 2b\df, ..., ac/df +!
+ kb/df, ... содержит бесконечно много простых чисел.
При каждом значении k, соответствующем одному из
этих простых чисел, один из множителей в левой части
уравнения A) обращается в ±1. Следовательно, должно
выполняться одно из равенств
Ъх + с = ± /,
346

Поскольку эти равенства противоречат предположениям
задачи, то при указанных значениях k уравнение
ах + bxy + cy — k
не допускает решениц в целых числах.
195. Докажем, что любое решение тригонометриче-
тригонометрического уравнения
cos 2nri + cos 2nr2 + cos 2лг3 = 0,	A)
где г\, г2, г3 — неотрицательные рациональные числа, от-
отличные от единицы, принадлежит к одному из следую-
следующих типов
cos y +cos2nr + cos2n(± y± A = 0,	(а)
cos 2nr + cos 2я (г + -^ ) + cos 2я (r + ~) — 0, (б)
COS-g- + COS _-J-cos -g- = 0	(в)
или совпадает с эквивалентными решениями, получаю-
получающимися из трех основных при помощи соотношений
= cos2n(l — г), — cos2nr = cos2:rc (±-^±
где г — неотрицательное рациональное число меньше 1.
Тем самым утверждение задачи будет доказано.
Пусть rh = nh/dh, где 0^nh<dk, и (при nh ф 0)
nh, dh — взаимно простые числа, р — наибольшее простое
число, являющееся делителем чисел й\, &ч или d3. Тогда
можно найти числа 64, k, ch, vft, такие, что
, nk = CfcSft + vkp'k,
где число бй не делится на р, 0 ^ съ. < p'fc, а сь. = 0, если
h =0, в противном случае число с* не делится на р.
Следовательно, если fh = Wfifc, то
Не ограничивая общности, будем считать, что
347

Пусть
при
при Ск = О,
Тогда
gk (e2pli) = cos 2nrk
и, следовательно, если г\, г2, г3 удовлетворяют уравне-
уравнению A), то
Как показал Кронекер', многочлен
р (Х) = 1 + xPh~l + x4-Ph~l + ... + Jt<P-'> Pll~l
не допускает разложения в произведение двух многочле*
нов меньшей степени, коэффициенты которых — рацио-
рациональные функции корней s-й степени из единицы (если
s не кратно р). Пользуясь теоремой Кронекера, докажем
следующие две леммы:
Лемма 1. Многочлен U(x) делится на многочлен
Р(х).
Доказательство. Многочлены U {х) и Р(х) не взаимно
просты, поскольку оба обращаются в Нуль при х =з
= exp Bn/plt). Наибольший общий делитель этих много*
членов имеет коэффициенты, которые рационально зави-
зависят от коэффициентов многочленов U (х) и Р[х). Следо-
Следовательно, по теореме Кронекера их наибольший общий
делитель совпадает с многочленом Р{х). Лемма 1 дока-
доказана.
Лемма 2. Если многочлен U(x) представить в виде
где в Ut{x) собраны члены вида Ьхс, с зз
), то U(x) делится на Р{х) и, следовательно,
)) 0
1 См. L. Kroneker, Journal de Mathematique, 19 A854), 177—
192. — Прим. tie рев,
348

Доказательство. Разделив Ut(x) на Р(х), получим
у, (х) = Р (х) Qt (x)'+ Rt (x), где Rt (x) — многочлен мень-
меньшей степени, чем Р(х), а показатель степени х каждого
члена Rt(x) сравним с t по модулю р'1. Следовательно,
= ! Ut W = Р М Е Qt (x)
а по лемме 1
Значит, Rt(x) = 0 при любом t (при разных / в этих
многочленах нет членов с одинаковыми степенями). Лем-
Лемма 2 доказана.
Рассмотрение всех возможных решений уравнения A)
сводится к рассмотрению следующих частных случаев:
1. /1 = 1^/2^/3. Поскольку степень многочлена
U(x) меньше р, а степень многочлена Р(х) равна р—1,
то по лемме 1 U(x) =mP(x), где пг — некоторая по-
постоянная.
1.1. Если /i = /2 == /3 = Г, то ?/@) =0 и (поскольку
Р@) = 1) m = 0. Следовательно, функция U(x) равна
нулю при любом х. Если любая из функций gu g2, ёз
тождественно равна нулю, то она должна содержать
лишь одну степень х. Если тождественно равна нулю
сумма двух членов, входящих в две из трех функций g\,
?2, &з. то нетрудно видеть, что сумма этих двух функций
также тождественно равна нулю и, следовательно,
третья функция обращается в нуль при любых х, то есть
имеет место предыдущий случай. Наконец, возможно, что
каждая из трех функций gu g2, ?з содержит две, но во
всех трех случаях одни и те же степени х.
1.1.1.	Если одна из функций g\, g2, gs содержит лишь
одну степень х, то при соответствующем значении k мы
получим соотношение съ. = р — с&, откуда 2ch =~p и, сле-
следовательно, р = 2, -Cftcsl. Поскольку р — наибольший
простой делитель чисел d\, d2, d3, то d\ = d% = d^ = 2,
Этот случай не представляет интереса, поскольку не по-
позволяет получить ни одного решения уравнения A).
1.1.2.	Если каждая из трех функций g\, g2, ?з содер-
содержит две степени х, причем все три функции g\, g2, ?з со-
содержат одни и те же степени х, то пусть fci, &2. bs—¦
коэффициенты при одной из этих степеней х. Тогда коэф-
коэффициенты при другой степени х равны 1/fci, l/b2, l/b3 и
349

ft, + 62Ч-6з = 0, l/bi'+l/bi+l/ba^O, то есть 62&з +
+ M>i + &1&2 = 0. Следовательно, Ь\, Ъ2 и 63 удовлетво-
удовлетворяют уравнению
2з _ е2я«з8) _ 0§ Где й,ь2б3 = e2lti<3s>.
Таким образом, мы можем положить Ъ\ = expBras),
Ъ2 = ехр Bяг (s + 7з)), &з = ехр Bлi (s + 2/3)). Соответ-
Соответствующее решение уравнения (I)
(cos 2я (s + Ф) + cos 2л (s + 1/3 + с/р) +
+ cos 2я (s + 2/3 + с/р) = 0)
принадлежит к типу «б».
1.2. Если U = /2 = 1, /3 = 0, то т = cos 2лгз.
1.2.1.	Если, кроме того, cos2nr3 = 0, то cos2nn+'
+ cos2nr2 = 0 и, следовательно, r2 = ±42±ri. В этом
случае решение уравнения A), очевидно, принадлежит
к типу «а».
1.2.2.	Если cos 2w3 =jt 0, то U(x) = Р (х) cos 2itr3. Чис-
Число различных степеней х в многочлене Р(х) равно р,
а в многочлене U(x) оно меньше или равно 5. Следова-
Следовательно, р совпадает с одним из чисел 2, 3 или 5. Но если
р = 2, то две функции gi, g2 содержат лишь одну сте-
степень х. Этот случай рассмотрен в 1.1.1.
1.2.2.1.	Если р = 3, то, сравнивая коэффициенты при
одинаковых степенях х, получаем либо
у е12^ + \ е-1* = у е-=*» + у е'2^ = cos 2яг3,
либо
1 -л» + -i e-2n'f' = -^- e-2s"'f. + 1 е-Я(^ = cos 2лг3.
В первом случае f\ = —f2 = ±r3, во втором случае
f\ = /г = ±гз- Соответствующие решения уравнения A)
в обоих случаях принадлежат к типу «б».
1.2.2.2.	Если р = 5, то
i. g&rff. = ^ е-ыь = ^ gnu = ^ е-2"'Г> = cos 2я Гз.
Следовательно, либо fi = f2 = 0 и cos 2лг3 = '/г, то есть
г3 = '/б, либо fl=f2 = '/г и cos 2яг3 = —'/г, то есть
г3 =г '/з. Если постоянные Ci, c2, сг выбраны так, что мно-
многочлен U(x) содержит пять различных степеней х, то со-
соответствующие решения принадлежат к типу «в»,
350

1.3. Если U = 1, к = к = 0, то
U {х) = (cos 2 л г2 + cos 2лг3) Р (х).
1.3.1.	Если, кроме того, cos 2лг2 + cos 2лг3 = 0, то
cos2jiri = 0 и решение уравнения A) принадлежит
к типу «а».
1.3.2.	Если cos 2ягг + cos 2лг3 ф 0, то, поскольку мно-
многочлен U (х) содержит две или три различные степени х,
р = 2 или р = 3. Случай р = 2 рассмотрен в 1.1.1, по-
поэтому мы предположим, что р = 3. Тогда
_ е2я<7, __ _ е-2ж7, = cos 2лг2 + cos 2лг3,
и каждая из этих величин должна быть равна ±'/2. Сле-
Следовательно, либо f 1 = 0 и cos2jtr2 + cos2nr3 = '/2, либо
/i = '/2, и cos 2лг2 + cos 2лг3 = —'/г, где знаменатели ра-
рациональных чисел г2 и г3 не имеют простых делителей,
которые были бы больше числа 2, что невозможно.
2. Предположим далее, что 1\ ^2= 2, 1\^ к7^ к- Пока-
Показатели степеней х, содержащихся в gi, g2, g3, равны
Съ Р1' — С\, c2pli~1-, р1' — с2ри~1-\ Сзр'1""'", р1' — cpll~ls.
Если два из этих показателей сравнимы между собой
по модулю pll~y, то два соответствующих члена в U(x)
условимся называть подобными. В этом случае наши за-
заключения опираются на лемму 2.
2.1.	Если 1\> к^ к, то С\ не делится на р и члены
функции g\ не подобны членам функций g2 и g3 и по-
подобны друг другу лишь в том случае, если р = 1\ = 2 и
2.1.1.	Если р = h = 2, то g! (exp Bni/4)) = cos 2лг1 =
= 0, и мы получаем решение уравнения A), принадле-
принадлежащее к типу «а».
2.1.2.	Если р ф 2, то каждый член функции gi(x) де-
делится на многочлен Р(х), что, очевидно, невозможно.
2.2.	Если /i = к ^ к, то члены функции g3 не по-
подобны членам функций gi и g2 и подобны друг другу
лишь в том случае, если либо к принимает значения О
или 1, либо к — Р = 2.
2.2.1, 2.2.2. Если к — 0 или к = р = 2, то cos 2яг3=0
И мы получаем решение уравнения A), принадлежащее
к типу «а».
2.2.3.	Если к = 1, то cos 2лг3 = 0 и р — 2, /3 = 2.
Противоречие.
351

2.2.4. Если два члена функции ?з не подобны, то оба
Эти члена делятся на Р(х), что невозможно.
2.3. Если 1\ = /2 = k, то два члена каждой функции
Si, g2, gs, не подобны друг другу, за исключением того
случая, когда р = 1\ = /2 = /з = 2. Следовательно, за
исключением этого особого случая, многочлен U(x) со-
содержит не более трех подобных членов.
2.3.1.	Если р = U = h = h =2, то соответствующее
решение уравнения A) принадлежит к типу «а».
2.3.2.	Если в многочлене U(x) имеются две группы
трех подобных членов, то сумма членов каждой группы
должна обращаться в нуль" при x = expBni/pL). Полу-
Получающиеся соотношения в точности совпадают с соотно-
соотношениями для Ь\, Ъ% Ъъ в 1.1.2. Следовательно, соответ-
соответствующее решение уравнения A) в этом случае принад-
принадлежит к типу «б».
196. Пусть р\х означает, что р — простой делитель
числа х. Поскольку по условиям задачи р ^п, то р\п\.
Предположим сначала, что в разложение числа х в про-
произведение степеней простых чисел множитель р входит
в четной степени: 2s, s ^ 1.' Тогда 2ps ^ п, так как
х ^Z п2/4 и, следовательно, показатель, с которым р вхо-
входит в п\, не меньше 2ps~l ^ 2s. Значит, p2s\n\.
Предположим теперь, что наивысшая степень про-
простого множителя р в разложении числа х нечетна: 2s+l»
s ^ 1. Тогда п^2 л]р ps. Рассмотрим два случая:
Случай 1. 4ps < п. Нетрудно видеть, что в этом слу-
случае /72s+4tt!.
Случай 2. 4ps ^ п. Продолжая неравенство, получаем
4ps^n>2^/p~ps, 2>V/>~, 1^~P>P, n>ps+l. По-
Поэтому показатель, с которым р входит в п\, не меньше
чем
Следовательно, и в этом случае p2s+i\n\.
Итак, мы доказали, что в условиях задачи х\п\.
197. Достаточно рассмотреть случай р > д.
Пусть
352

Тогда
F —2 1 L	2я+1
(|-тH-тH-т)-0-вчт)-
2 jL ? 2« _ i
^ 3 ' 5 * 7 ••" 2я + 1 ~Т^
и произведение первых (/?"+" <7)tt членов бесконечного
произведения Рр>д равно отношению
г	п {p-q)
t"np 	 ТТ Г ,	1	1
Т^~ 11 L1 + 2.A +nq) J-
/¦=1
Следовательно,
п{ p-q)
Абсолютная величина каждого слагаемого, заклю-
заключенного в фигурные скобки, меныуе Ve(l + «^J, по-
поэтому абсолютная величина всей суммы меньше
п(р — <?)/8A + nqJ и стремится к 0 при п->оо. Таким
образом,
(F \ 1 n'p-<?>
-^) = -5-lim У1 .
		^Пв/	2П-*оо ^ / +

Чтобы вычислить этот предел, разделим отрезок оси х
от нуля до точки х — (р — q)lq на n(p — q) равных ин-
интервалов длиной l/qn и выберем в конце /-го интервала
ординату l/(/-f-rc<?). Тогда
П (p-q)	{р-ЯIЧ
lim ^ '
откуда
^^,„ = 1101-^- = ^/-.
12 Зак, 436	853

Докажем теперь второе соотношение: Sp<g = Sul-\-
-f In Л/~f • Снова, не ограничивая общности, предпо-
ложим, что р> q. Пусть
tip	nq
т —V_L г —У
_L	г У—
2/ '	"« ~ Zj 2/ + 1 *
/=i	/-1
Тогда
nq	Шр-q)
Тпр — Tnq = 2_i у-щ- —	2j+\) +1 Zj j +
1-1	/=1
откуда
Член, содержащий натуральный логарифм, получен так
же, как при выводе соотношения для PPlQ. Члены разно-
разности Тпр — ТП(] можно переставить так, чтобы сначала
шли первые р положительных членов ряда Si,i, затем
первые q отрицательных членов, затем — р следующих
положительных членов и так до тех пор, пока не будут
исчерпаны все п(р + q) членов.
198. При заданном положительном нечетном числе до
образуем последовательность вещественных чисел Cj, об-
обладающих следующими свойствами:
оо
ряд Sw(k)= J] с). сходится при всех положи-
'=1	тельных нечетных кф w,	A)
оо
ряд5ш(до)=?^ расходится.	B)
На протяжении всего решения к будет означать по-
положительное нечетное число.
Ряд Zq соберем из блоков Bn(w) следующего вида:
... +A1n~Vw+ (?, членов),
... +А2п-1'а>+ {к2 членов),
+ ArnrUw + ... + Arn-Uw	(к, членов)
354

'(такой блок соответствует отрезку ряда, содержащему
fa _]	\- kr чисел Cj).
Здесь г = (ш+1)/2, а коэффициенты Л4 и числа It*
должны удовлетворять условиям:
а)	все ki — положительные целые числа;
б)	| Аг\ < 1, Аг Ф Aj при i Ф j;
т
в)	Z k,A\ = 0 при k < w;
«=i
г
Условиям «а», «б», «в» и «г» можно удовлетворить,
выбрав в качестве коэффициентов Л,- любой набор по-
попарно различных правильных рациональных дробей,
если систему уравнений «в» и «г» решить относительно
неизвестных ku представив решение в виде ki = ADJD
(где D — определитель системы уравнений, а А — общее
кратное знаменателей всех отношений DJD, записанных
в виде дробей plq), и изменить знак у отрицательных ku
одновременно изменив знак соответствующих Ai. Все
эти действия осуществимы, поскольку D4 и D — опреде-
определители Вандермоида и, следовательно, равны отличным
от нуля рациональным числам. Нетрудно проверить, что
если условия «а», «б», «в» и «г» выполнены, то построен-
построенная последовательность с» обладает свойствами (I) и B).
Пусть теперь М — произвольный класс положитель-
положительных нечетных чисел {и>г}. Построим ряд S(k), который
расходится, если k e M, и сходится в противном случае.
Пусть Cj — верхняя грань частичных сумм ряда Sw (k)
для всех k ф Wj. Такая грань существует, поскольку чи-
числа Аг выбраны нами так, что |Д|<1, а при k7>Wj
1 ряд Sw(k) сходится абсолютно и равномерно. Выпишем
двойной ряд, у которого члены j-й строки совпадают с
членами ряда Sw {k), умноженными на 2~ С/*1. Сумми-
Суммируя этот ряд по диагоналям, получаем ряд, обладаю*
Щий свойствами, о которых говорится в условии задачи.
Например, ряд S3 выглядит следующим образом:
+ п-Ч' — ~ «-''• — у • «~V> +
12»	355

199. Решение задачи начнем с доказательства еле-
дующей леммы.
Лемма. Пусть a, b и п — натуральные числа, причем
а и Ь удовлетворяют неравенству
а < Ъ < За/2,	A)
а А{п) = 2[а1п] — [b/п]. Тогда
А (п) = 0	при п > Ь,	B)
А{п) = — 1 при a<n<fc,	C)
Л(п)>0	при а/3<и<а,	D)
Л(и)>1	при 1<и<а/3.	E)
'Доказательство. Пусть [a/fi] = и, [b/п] = и, так что
и>(а/п)— 1, v^b/n и Л(ге)=2ы —у. Если п>Ь, то
и = у = 0. Следовательно, утверждение B) доказано.
Если а < и ^ Ь, то ы = 0, а в силу неравенства A)
» = 1. Тем самым доказано утверждение C).
В общем случае А(п) = 2и — v = и/2 -\- Зи/2 — v >"
>«/2 + Cg/2 — b)/n — 3/2 >(ы — 3)/2. Таким образом,'
если а/3 < п ^ а, то ы ^ 1, Л(п) >—1 и, значит,
А(п)^0, так как это число целое, что доказывает ут-
утверждение D). Если же 1 ^ п ^ а/3, то и ^ 3 и
j4(rt)>0, что доказывает утверждение E). Итак, лемма
полностью доказана.
Пусть
р _	/>«!_
¦—число, приведенное в условии задачи. При рп = 2, 5
и 7 дробь Рп принимает значения 1,4 и 1. Будем в даль-
дальнейшем предполагать, что р„^11. По теореме Чебы-
шева, при pnz^29 справедливо неравенство pn+i<5/?n/4*.
Как показывают несложные выкладки, при рп ^ 11 вы-
выполняется неравенство рп+\ < Зр„/2. Если р > рп, то
простое число р не является делителем ни числителя, ни
знаменателя числа Рп. Если р = рп, то простое число р
содержится в числителе и знаменателе числа Рп в пер-
первой степени, поскольку pn+i — 1 < 2р„. Условимся счи-
считать впредь, что р < рп.
Если а и Ь выбрать равными рп и рп+\ — 1, то такие
а и b будут удовлетворять неравенствам A), а
356

Поскольку р <. Рп, то числитель и знаменатель числа
F) содержат р в степенях (см. III. 35)
2 Е [а/рг] и ? \Ыр%
Таким образом, в обозначениях сформулированной
выше леммы задача сводится к доказательству нера-
неравенства
G)
для всех простых чисел р <.рп — а. Если ни одна из
степеней простого числа р не удовлетворяет неравенству
а < рг ^Ь, то неравенство G) следует непосредственно
из соотношений B), D) и E).
Итак, нам остается лишь рассмотреть случай, когда
какая-то степень простого числа р, например рт, удо-
удовлетворяет неравенствам а < рт^.Ь, то есть рп<.рт<:
<ipn+u Из соотношения A) ясно, что такая степень рт
может быть лишь одна. Поскольку в силу соотношения
C) Л(рт)= — 1, то неравенство G) будет доказано,
если нам удастся показать, что при некоторой другой
степени числа р, например при ph, A(ph)^ 1. В зависи-
зависимости от того, какое из трех отношений, р~^Ъ, р = 3
или р = 2, выполняется, положим это значение k рав-
равным т — 1, т — 2 или т — 3. Поскольку рп<. Рт < Pn+i
и Pn ^ Ii нетрудно видеть, что в любом из трех случаев
k 5= 1 и рт~к ^ 5. Следовательно, рк = р^/рт-к ^ &/5<.
;< За/10 < а/3. В силу соотношения E) это и означает,
что выполняется неравенство А(рк)~^ 1.
200. Пусть е = e2lti/2V. Выпишем подряд N разложе-
разложений бинома Ньютона A +#)^ Для х=в, е2, •••, en:
где k=l, 2, ..., N. Умножив правую и левую части
&-го разложения на е~йг, где г—целое число, удовлетво-
удовлетворяющее неравенству 0 < г < N, и сложив, получим
357

поскольку при
N
*=0
С другой стороны,
N	N
*=1	ft=0
m=0
Приравнивая вещественные части, находим
Полагая х = N— 2г, убеждаемся, что выведенное со-
соотношение совпадает с тем, которое требовалось дока-
доказать.
201. Примем один из концов дороги за начало от-
отсчета. Тогда положение любого человека можно задать,
указав его координату х, где О^лг^а. Координата х
представляет собой случайную величину с распреде-
распределением
1
— при О^лг^а,
/>(*) = } °
0 при х ф [0, а].
Если Х{ (/= I, 2, ..., п) — набор координат, харак-
характеризующий заданную расстановку п людей вдоль до-
дороги, то вероятность того, что Xj+i ^ х{ + Ь при i =:
= 1, 2	п—1, определяется повторным интегралом
fl_(n-I) Ь	с-(п-2) Ь
I = \ р (х{) dx\ \ р (хо) dx2 ...
а—Ь	а
3C8
ХП-2+Ь

который вычисляется без труда и оказывается равным
.Va-(n-\)bf J_
L	a	J ' л!
Поскольку при заданном наборе точек хг существует
п\ перестановок п людей вдоль дороги, то искомая веро-
вероятность равна
(Ясно, что должно выполняться условие (п—
202. Пусть хп— последовательность точек нормиро-
нормированного линейного пространства, например 3-мерного
пространства. Предположим, что II хп || > 6 при всех п.
Если существует последовательность положительных
скаляров с„, таких, что lim || спхп — х0 \\ = 0, то lim (||л;01|+
\) = 0. Действительно, || х0 II = II *о—
п\\х„\\ + \\х0—спхп\\ и ||*o + jcn|| =
= II (с„ + 1) хп + х0 — спхп || >(с„ + 1) || хп || —\\хп — спхп ||,
в силу чего
0 < ||*о II + 11*„ II - IUo + хп || < 2 ||*о - спхп ||.
Поскольку выражение, стоящее в правой части послед-
последнего неравенства, стремится к нулю при п—>оо, то
II х01| + || хп || — IUo + хп II также стремится к нулю при
п—*¦ оо.
Если, кроме того, пространство наделено скалярным
произведением (например, является re-мерным евклидо-
евклидовым пространством), то
^	g_
II * II \\у II
откуда при || хп || > б > 0 и Jirnj \\х01| + II хп \\-\\ *0 + *„ ||)=О
получаем
или, полагая ||х01|/|| л;„ || = с„,
lim |U0 —с„х„ || = 0.
359

Полученное соотношение остается в силе и в том
случае, если пространство не наделено скалярным про-
произведением, но удовлетворяет некоторому условию вы-
выпуклости, достаточному для заключения о сходимости
к нулю величины || х0/1| х0 || — хп/1| хп || ||, если известно,
что lim (||л:01| -f1| хп || —1| х0 + хп ||) = 0. Например, можно
Н-»оо
потребовать, чтобы при любом б > 0 существовало чи-
сЛо М, такое, что для всех х и у, удовлетворяющих не-
неравенствам || х || > б, II у II > б, выполнялось соотноше-
соотношение
203. На вопрос задачи следует дать отрицатель-
отрицательный ответ. Действительно, пусть f\ (x) s= f2 {х) s= cos x,
f3(jt) = cosx + acos3jt, где а — параметр. Тогда
L3 (a) = 2 J Vl + (sin x + За sin ЗхJ их.
Заметим, что L3@) = L2 = L\. Докажем, что dL3/da "> 0
при а = 0. Отсюда будет следовать, что при достаточно
малых отрицательных значениях параметра а величина
L3(a) меньше Z.3@)= L2 = L\. Дифференцируя под зна-
знаком интеграла и полагая а = 0, получаем
dLs
da
я
я	Т
sin х sin 3* . 	» f cos 2x — cos 4x .
Vl + 2	~ J Vl + i2	~
о
x
+ sin2 x
dx,
где g(x)= cos2x — cos 4л;. Функция g(x) положительна
при 0 < х <С л/3 и отрицательна при л/3 < х < я/2.
я
Т
Кроме того, \ g(x)dx — 0. Но l/-\/l +sin2^ при
о

О =?j х ^ л/2 — положительная убывающая функция, при-
принимающая при х = л/3 значение 2/У7 • Следовательно,
2	3
Vl+sin2x	Y7
з	з
Складывая отдельно правые и левые части неравенств,
получаем
п_	_я_
8	2
6 da
а=о
+ sin2 x	V7
из чего следует, что производная dLo/da положительна
при а = 0. Таким образом, при достаточно малых отри-
отрицательных значениях параметра а выполняется неравен-
неравенство Ьз(а) < L% = L\, противоречащее неравенствам,
приведенным в условиях задачи.
204. Пусть е — любое заданное число, удовлетворяю-
удовлетворяющее неравенству 0 < г <(Ь — а) 12. Поскольку в интер-
интервале а <: ? ^ Ь функция f(t) монотонно возрастает, то
f(b — E)lf{b — 2е)> 1. Следовательно, существует поло-
положительное целое число Р, такое, что при любом р> Р
Г f (ft - е) f . Ь-а
L/(b-2e)
ИЛИ
Кроме того,
6-8
361

и
ь
\
Таким образом, число хр удовлетворяет соотношению
только в том случае, если выполняется неравенство
хр > Ъ — 2е. Следовательно, существует такое Р, что
при любом р> Р справедливо неравенство хр > Ь — 2е,
откуда, переходя к пределу при р —*¦ оо, получаем
lim xp = b.
р-»оо
205. Пусть В — кольцо с определяющим соотноше-
соотношением х2 = ± х. Если х2 — х, то хг — х2 = х, в то время
как если х2 — — х, то х3 = — х2 — х. Следовательно,
соотношение х3 = х выполняется для любого JteB. Из
соотношения BхK = 2х получаем, что для любого х е В
справедливо соотношение 6х = 0. Пусть В2 и В3 — иде-
идеалы, определяемые соотношениями 2х = 0 (х е Б2) и
Зд; = 0 (л;еВ3). Ясно, что fi2—булево кольцо, а коль-
кольцо В представляет собой прямую сумму идеалов В2 и ?з.
Если В3 Ф @), то пусть z ^ Вг, z Ф Q. Тогда в идеале В3
существует элемент х, такой, что х2 = х и х =^= 0, по-
поскольку мы всегда можем выбрать х = z, если z2 = z,
и х = — z — в противном случае. Пусть у Ф0 и у ^В3.
Тогда либо а) #2 = у, либо б) у2 = — у. Рассмотрим
случай «а». Как показывают прямые выкладки,
{х-\-уJ-\-{х — уJ — — х — у, в то время" как наши
основные допущения приводят к соотношениям
{х + УJ + {х - уJ =±{х + у)±(х-у), откуда ±2х=
= —х — у или ± 2у = —х — у. Поскольку оба элемен-
элемента х и у отличны от нуля, то у = х. Случай «б». В этом
случае (х + уJ+ (х — уJ = у — х. Следовательно, по-
поскольку оба элемента х и у отличны от нуля, то у =— х.
Таким образом, В$ — кольцо, содержащее три элемента:
0, х, — х, и оно изоморфно полю вычетов по модулю 3,
что и требовалось доказать.
362

206. Докажем сначала утверждение «б». Любой мно-
многоугольник, обладающий центральной симметрией, пред-
представляет собой 2т-угольник с попарно параллельными
сторонами, поскольку отражение относительно центра
симметрии переводит любую сторону такого многоуголь-
ника в равную и параллельную сторону. Разобьем ка-
каждую грань выпуклого многогранника с центрально
симметричными гранями на параллелограммы. Это
можно сделать, поскольку любой 2/л-угольник с попарно
параллельными сторонами допускает разбиение на
2(т— 1)-угольник с попарно параллельными сторонами
и полоску, состоящую из ш — 1 параллелограммов. Ка-
Каждое ребро многогранника определяет некий набор
параллельных сторон и тем самым некий набор парал-
параллелограммов, который мы назовем зоной. Каждый па-
параллелограмм определяет две зоны, которые по тополо-
топологическим соображениям должны пересекаться по не-
некоему другому параллелограмму, называемому парным
по отношению к первому.
Основной и парный параллелограммы конгруэнтны и
расположены в параллельных плоскостях, поскольку их
стороны попарно равны и параллельны. Кроме того, пло-
плоскость любого параллелограмма не может быть парал-
параллельна плоскости более чем одного параллелограмма,
поскольку в противном случае многогранник не был бы
выпуклым.
Очевидно, что два конгруэнтных параллелограмма
с попарно параллельными сторонами симметричны отно-
относительно некоторого центра. Остается лишь доказать,
что центр симметрии, определяемый выбранным и пар-
парным параллелограммами, совпадает с центром симмет-
симметрии, определяемым любым другим параллелограммом и
парным ему. Докажем это утверждение сначала для
двух смежных параллелограммов и парных им. Центр
симметрии любого параллелограмма и парного ему опре-
определяется произвольно выбранной точкой на одном из
параллелограммов. Выберем точку, например, на сто-
стороне параллелограмма. Поскольку эта точка принадле-.
Жит также и смежному параллелограмму, то оба эти
параллелограмма и парные им обладают одним и тем
Же центром симметрии. Но от любого параллелограмма1
к произвольно выбранному другому можно перейти,
пройдя несколько граней и ребер. Следовательно, вез

пары параллелограммов обладают одним и тем же
центром симметрии. Таким образом, утверждение «б»
доказано.
Утверждение «а» следует из утверждения «б». Лю-
Любые две зоны должны пересекаться. Действительно,
рассмотрим произвольно выбранную зону и любой не
принадлежащий ей параллелограмм. Тогда параллело-
параллелограмм, парный выбранному, находится по другую сто-
сторону зоны, поскольку в противном случае многогранник
не был бы выпуклым. Следовательно, каждая зона пере,
секается с зоной, определяемой любым не принадлежа-
принадлежащим ей параллелограммом, а значит, пересекается' со
всеми остальными зонами. Кроме того, как доказано
выше, любые две зоны, коль скоро они пересекаются,
должны пересекаться дважды. Пусть п — число зон.
Тогда число граней должно быть равно числу пересече-
пересечений зон, то есть 2(^)=п(п — 1), что и требовалось
доказать.
207. Пусть ¦& — азимут направления из точки О на
точку D; а, Р — азимуты направлений из точки О на
точки А и В; щ, Pi — азимуты направлений из точки С
на точки А, В; а2, рг, Y2 — азимуты направлений из точ-
точки D на точки А, В, С. Требуется определить азимут ¦&.
Прежде всего докажем, что азимут Ф однозначно
определяется имеющимися у охотника данными, то есть
азимутами а, р, аь Рь «г, Рг, Y2-
Действительно, все углы треугольников ODA, DAC,
DCB и ODB выражаются через измеренные азимуты и
угол •&. Из теоремы синусов и тождества .
OD 	 OD DA DC
~DB~~DA "ШГ'Т)В
получаем
sin (P — р2) 	 sin (a — а2) sin (cti — y2) sin (Pi — p2)
sin @ — P) sin @ — a) sin (ai — a2) sin (P! — y2) '
откуда
где
, 	 sin (a — a2) sin (pi — p2) ein (di — y2)
sin (ai — a2) sin (P — p2) sin (Pi — y2) '
864

Полученное соотношение A) позволяет определить ази-
азимут •&:
trrft— sina-ftsinp
ё	cos a — k cos p '
Не прибегая к таблицам, задачу нетрудно решить
при помощи транспортира и линейки, если проделать
следующее несложное построение. Отложим произвольно
выбранный отрезок CD. Построив прямые СА, DA, СВ и
DB, определим положение точек А я В. Затем проведем
прямые АО и ВО, что позволит установить положение
точки О и определить по чертежу азимут направления
DO.
В двух случаях соотношение A) становится неопре-
неопределенным, а приведенное выше геометрическое построе-
построение невозможным: 1) если точки С и D расположены на
одной прямой с точкой А (или В); 2) если точка О рас-
расположена на одной прямой с точками А и В. Если охот-
охотник не располагает другими сведениями, то путь его до-
домой может быть довольно длинным: сначала по азимуту
до точки А (или В), а оттуда — домой в точку О.
208. Пусть
R (п. П х) = (")V-H A - хJп-™.	A)
Докажем, что точная верхняя грань величины R(n, r; х),
взятая по всем п, г и х, изменяющимся в пределах, кото-
которые указаны в условиях задачи, равна 1/2е. Пусть
S{n,г) — максимальное значение R(n, r;x) при фиксиро-
фиксированных п и г в интервале 0 < х < 1. Требуется доказать,
что sup S (л, г) = 1/2е, где верхняя грань берется по всем
делым числам п и г, удовлетворяющим неравенствам
п^1 и 0 < f < л. Дифференцируя R(n, r; х), нетрудно
установить, что максимум R(n, г; х) как функции от х
при 0 < х < 1 достигается в точке х = Bг + 1) / Bп + 2),
в силу чего
Пусть при г = 0, 1, ..., и— 1
, ч S(n, г + 1)
?(".')=¦ S(B>f) .
363

Из соотношения B) следует, что
, г> _. (« - rf Bг + ЗГ+3 (In - 2г - lfn-*r-l
Q КП' П (г + If Br + 1J'+' Bл - 2л + 1J"-2г+| * * '
Временно рассматривая г как непрерывную перемен-
переменную @ < г s^ n^j- 1), получаем из C)
2г-1),	D)
где /@ = -4/(^ + 1) + 2InA + 2/0,(>0. (Поскольку
0<г <п— 1, то 2г+1 ^ 1 и 2л —2г— 1 > 1.) Поль-
Пользуясь тем, что Iim / (/) = 0 и /' (t) = 4/(t + 1)~—4//(/+2)<
t->co
<	0, находим, что f (t) > 0 при < > 0. Отсюда и из со-
соотношения D) следует, что d\nq(n, r)/rfr>0. Таким
образом, с увеличением г (л = 0, 1, ..., п—1) функция
q{n, г) возрастает. В частности, при 0 ^ г ¦< (п—1)/2
<7(n, r)<q(n, п— 1— г).	E)
С другой стороны, из соотношения A) следует, что
R(n,n — r;x) = R(п, г; 1-х), в силу чего S(п, п — г) =
= S(n, г) и q(n, п— 1 — r)= l/q(n, r). Из последнего
соотношения и неравенства E) заключаем, что q(n, r) <
<	1 < q{n, п — 1 — г) при 0 ^ г < (л— 1)/2. (Если я —
нечетное число, то q(n, r)= 1 при г = (п— 1)/2.) Таким
образом, при фиксированном п функция S(n, r) убывает
в интервале 0 ^ г ¦< (п + 1)/2 и возрастает в интервале
(м— 1)/2 < г ^ п. Следовательно, наибольшее значение
функции S(n, г) (г = 0, 1, ..., п) равно
S(n, 0) = S{n, n) = n{2n+ lfn+ll{2n + 2Jn+\ F)
Остается доказать, что sup S(n, 0)= 1/2е, где точ-
точная верхняя грань берется по всем натуральным значе-
значениям п. Условимся временно рассматривать п в со-
соотношении F) как непрерывную переменную. Тог-
Тогда d\nS{n,0)/dn = l/n — 21n[l + 1/Bл+ 1)] > 1/и —
—2/Bя+1)>0 (поскольку 1пA+«)<« при ы>0).
Таким образом, при и^ 1 функция S(n, 0) с увеличе-
увеличением п возрастает. С другой стороны, из соотношения F)

следует, что S(n,0) = [п/Bи + 2)][1 + 1/Bп+ 1)]-B"+'\
откуда limS(tt, 0) = 1/2. Это и означает, что
sup S (n, 0) = 1/2е. Поскольку S (п, 0) в действительности
меньше 1/2е при п== I, 2, ... , то в неравенстве, приве-
приведенном в условии задачи, знак указан верно: именно <,
а не =ёГ.
209*. В тривиальном случае а=Ь=с=^=0
имеем единственное решение х = у = z = 0, поэтому в
дальнейшем будем предполагать, что по крайней мере
один из коэффициентов отличен от нуля, например
сфО.
Пусть (х, у, г)— целочисленное решение нашей си-
системы. Тогда
(ax + byJ = c2R2.	B)
Умножив B) на Ь2 -\- с2 и преобразуя, получаем
c2R2x2 + [abx + (Ь2 + с2) у]- = («?+ с2) c2R2,
и если обозначить
у_ аЪх + (Ь2 + с2) у	,о.
ТО
Х2 + У2 = Ь2 + с2.	D)
При этом У, квадрат которого есть целое число, само
должно быть целым. Кроме того, выражая из C) хну
через X и У, мы убеждаемся, что должно выполняться
сравнение	'
abX = cRY (mod ф2 + с2)).	E)
Обратно, если X и У—^целые числа, удовлетворяю-
удовлетворяющие уравнению D) и сравнению E), то х, у и z, опреде-
определяемые из C) и A), дают решение исходной системы
(г будет целым в силу B)).
Рассмотрим сначала случай, когда а = 0. Тогда из
E) cRY делится на b2 + c2 = R2 и, значит, Y = nR/b,
где п—целое, а 6 = (с, R) и, как легко видеть,
6= (Ь, с). Из D) имеем X = mR/d и
та + ла = 6г.	F)
3Q7

Это дает решение исходной системы
	 tnR 	 пс 	 nb
х "б" У "б~* z б"
и число решений равно числу различных разложений
вида F).
Аналогично, если Ь = 0, то
где т, п и б имеют прежний смысл (и на сей раз
6 = (а, с)).
Пусть теперь аЬс =ф 0. В разложениях на простые
множители
• a2+c2 = pt ... р„ b2+c2 = ps+i ... рг
все ph (которые не обязательно различны) суть либо 2,
либо имеют вид \п + 1 и потому в гауссовом кольце
разлагаются на два простых комплексно сопряженных
множителя (III. 10):
Поскольку
(a2b + iRc) (ab - iRc) = a2b2 + R2c2 =
= (a2 + с2) (б2 + с2) = р, ... psps+1 ... prt
должно выполняться равенство
{ab + iRc) = p('i>... p('r) = (u + ш) (Xo - ?Ko). G)
где ik = 1 или 2, и + to = p('«) ... p('«), Ло - iT0 =
^ • Pr'r^> ТаК ЧТ0
Отсюда
(abX0 - RcY0) + f {abY0 + RcX0) = (a* + г#с) (Xo + iY0) =
«* (и + to) (Xo - *Y0) (Zo + »To) = (« + iv) F2 + c2)
и, следовательно,
abX0 = /?cF0 (mod (b2 + c2)),	(8)
c№0 s - /?cX0 (mod F2 + c2)).	(9)
S63

Это дает нам четыре решения системы D) — E):
а стало быть, и четыре решения исходной задачи.
Обратно, если Xo~\-Yo=b2 -\- с2, то в силу тожде-
тождества Лагранжа
{abX0 - RcY0J + {abY0 + RcX0J =
= [{abf + {Re?} [XI + К2] = (ай + с2) (б2 + с2J,
так что если имеет место (8), то имеет место и (9).
Следовательно,
ab + iRc __ (ab + iRc) (Хо + iY0) _
Х — tT	X + K
целое гауссово число. Далее,
2 _ (аЬ)г + G?сJ _ (q2 + C*)(b2 + c2) _ 2
так что имеет место G) и решение {Хо, Ко) системы
(D) — E) принадлежит к числу найденных нами выше.
Таким образом, при abc Ф 0 задача имеет 4 решения.
210. Пусть
I	Лп	 11 П
Докажем более сильное неравенство
Яя-1<(е-1Гл.	A)
из которого будет следовать неравенство, приведенное в
условии задачи. Оценка A) неулучшаема. В действи-
действительности мы докажем, что при л->оо
Яя_1~(е-1)-*.	B)
369

Производя простую замену переменной, получаем
Тогда
где
1
Kn = 1-{rW\t(t+l) ... (* + л)е-'Л.	C)
о
Таким образом,
{\-e-l)In+l-In = Kn	D)
и, в частности,
A-е-1) /„+,>/„,
в силу чего /„ = /„A—e~l)n+l — монотонно возрастаю-
возрастающая последовательность. Из соотношения D) получаем
откуда
т-\	т—\
п=\	rt=l
Из соотношения C) следует, что Кп < 1 (л = 1, 2, ...),
поэтому
„ = /,+ ?;/С» О-вI4-1.	E)
При <>0
е* = [1 - A - е-1)]*"' = 1 + t A - е-1) +
, f(f+l)(l-elJ ,
+	21	Г •¦"
ИЛИ
1=те f4-fe 'A-е •j-l	2j	г •••'
370

Интегрируя ряд почленно по единичному интервалу
(что, очевидно, допустимо), приходим к равенству
1	I	со
1 = $ е-' Л + A - е-') J ter* dt + ? Кп tt - e~T+1.
откуда, используя соотношение E), получаем
1	i
lim /„ = 1 + /, — \ е-' dt — A — e~l) \ te~l dt.
Как показывают несложные выкладки, /i = 2(l —е-1J
и
Тем самым асимптотическая оценка B), из которой
вследствие монотонности /„ сразу же следует неравен-
неравенство A), доказана.
211. Число всех возможных перестановок п кружков
равно п\. Пусть Ak — число тех перестановок, при кото-
которых номера k кружков совпали с накрытыми кружками
числами. Нетрудно видеть, что Ah совпадает с коэффи-
коэффициентом при Xix2 ... xnth в разложении функции
... +xn){x1+x2t+ ... +*„)...
... (х, + х2 + ... + xnf) =
e 2 (Е XiY (t — 1)"~8 {XiX2 . . . Xn-g + ...)
no степеням xit где последняя скобка содержит все на-
наборы по п — g различных переменных из хь х2	#п.
fn — g\
Коэффициент при tk в (t~-l)n~e равен I , IX
X(—l)"~g~ftt коэффициент при члене x{lxt2 ... х,-, где все
Xtk различны, в (?x,)g равен g\, число способов, кото-
которыми можно выбрать g различных переменных из
*ь х2, ..., Хп, равно I I, и при любом наборе g
* о'
371

переменных в последней скобке существует один и
только один член, дополняющий произведение выбран-
выбранных переменных до ххх2 ... хп. Следовательно, искомый
коэффициент равен
n-k
чп-g-ft
Таким образом, вероятность того, что номера k кружков
совпали с накрытыми кружками числами, составляет
п—к
1**
и! La k\{n — k — g)\
g=0
1 (л	111
При n->oo
Ak , е-'
n\	k\ •
Таким образом, интересующее нас распределение веро-
вероятностей в асимптотике является распределением Пуас-
Пуассона.
212.	Лп = C"
213.	Интегрируя по частям дважды, получаем
e~xldx	е-** (	1 \ Г е~х'dx
Л	j )
2x{x* + 4t) ' x
Поскольку \ e~*'dx = -y/n/2, то
о
oo
Se~x dx	i~~
1 Подробное решение этой задачи см. Шклярский Д. О., Чен-
цов Н. Н., Яглом И. М., Избранные задачи и теоремы элементарной
математики, ч. I, Арифметика и алгебра, М., 1954 A959), стр. 94—
99, а также Яглом А. М., Яглом И. М., Вероятность и информация<
М., «Наука», 1973, стр 157—162.
372

214.	Первая часть утверждения задачи тривиальна.
'Докажем вторую часть. Пусть функция f(x) непрерывна
по Чезаро при единственном значении х = а. Не огра-
ограничивая общности, предположим, что сс = О и /(а) = 0
(в противном случае достаточно подвергнуть оси коор-
координат параллельному переносу). Последовательность
{а, Ь, с, а, Ь, с, ...} сходится к нулю в смысле Чезаро,
если а-\-Ь -f-c = 0. Из непрерывности по Чезаро функ-
функции f{x) в нуле мы заключаем, что / {а) + / (Ь) -f- f (с) =
= 0 или f{a)-\-f(b) = — /(—а — Ь). Кроме того, /(а) =
.= —f(— а). Поэтому при любых х и у
f(x + y) = f(x) + f (у), f (пх) = nf (х).
Если последовательность {хп} сходится к нулю в
обычном смысле, то она сходится к нулю и в смысле
Незаро. Следовательно, функция f{x) непрерывна при
х = 0 в обычном смысле, а в силу аддитивности функ-
функции f{x) и при всех остальных значениях х. Хорошо из-
известно, что единственное непрерывное решение функцио-
функционального уравнений f(x-{-y) = f(x) -f:/(j/) имеет вид
f{x) = Ax (см. III. 15).
215.	Докажем утверждение задачи от противного.
Предположим, что число т, удовлетворяющее всем
условиям задачи, не допускает представления в виде
произведения k чисел, каждое из которых не превосхо-
превосходит п. Запишем т в виде произведения простых чисел
и определим два набора чисел Аи Л2, ,.., Лд и
h, rz,... у rh соотношениями
г,-1
»"-Г|
=*Я» РГ,А
S«. ргЛ
Ak == 11 р» ^л, PrkAk > л.
373

Принятые нами допущения гарантируют, что нам удаст-
удастся довести построение набора чисел Д- по крайней мере
до Д. Ясно, что Al+i^prj {}— 1, 2, ... k— 1) и
. Следовательно,
т2 > (Л,Л2 ... AkprkJ ==
... {Ак-А) (AlPrk) (AkpTk) > (AlPnJ
Полученное противоречие свидетельствует о том, что
первое утверждение задачи верно.
Теперь докажем второе утверждение. Пусть k — фик-
фиксированное натуральное число, е — произвольное поло-
положительное число и
Тогда существует такое число по(Ь), что при всех
я>По(б) найдется простое число р, удовлетворяющее
неравенствам
п'1' <р<n1/j+e.
Целое число m = ph+l не имеет простых делителей,
которые превышали бы п, его нельзя представить в виде
произведения k целых чисел, каждое из которых не
больше п; кроме того, оно удовлетворяет неравенству.
т<.п2	. Таким образом, показатель (k-\-l)/2,
приведенный в условиях задачи, неулучшаем.
216. Докажем следующее утверждение, частным слу-
случаем которого является утверждение задачи.
Пусть Vn — объем симплекса с вершинами Pi, P2, ...
..., Pn+i в n-мерном евклидовом пространстве, А = (a,j),
i, /=1, 2, ..., п-\-\ — квадратная матрица (п + 1)-го
порядка с элементами а^ = Р?Р|, е — {п-\- 1)-мерная
вектор-строка A, 1, ..., 1), а е' — получающийся из нее
при транспонировании вектор-столбец.
Тогда
374

Доказательство. Пусть xi — (x<^\ x(.2>, ..., x<n))—BeK"
тор-строка вершины Р{ относительно некоторой прямо-
прямоугольной системы координат, а С — составленная из
векторов xt матрица, содержащая п столбцов и (п+ 1)
строк. Тогда обычное выражение для объема Vn сим-
симплекса в виде определителя можно представить следую-
следующим образом:
n\Vn = \Ce'\	A)
(Се' означает квадратную матрицу, которая получается,
если к прямоугольной матрице С приписать справа век-
вектор-столбец е'). Кроме того,
/ = В = Ь,7, /, /=1,2, ..., л+1,	B)
где
Если О — начало координат, то пусть ОР\ = г\ и р==
=01. 4 •••> ^0
= t *?Щк) = ЬИ,	C)
i, /=1, 2, .... n+1
и
D = {diI) = 9'e + e'p,	D)
где йц^=г\-\-г2г Поскольку
то1 из соотношений (З) и D) получаем
A = D — 2B.	E)
Если Е — единичная матрица (п + 1)-го порядка, то
0 1 Д е 0 Д-р \
— р'е — е'р е'\( — 2В е'
e o
375

поэтому
Наконец,
А е'
е О
-2В е'
е О
F)
fC ° ЫСе oVf~2CC/ O-f
V 0 1 оДо J I e Oj \
-2В
Подставляя в F)
' — 2В е'
е О
получаем '
/ —2В е'\ (-2СС е'\
\ е oJ^V e oj'
Л е'
е О
= -|2Се'|.
С
е
(при замене \Се'\ на n\Vn мы воспользовались соотно-
соотношением A)).
, Любопытно заметить, что вывод окончательной фор?
мулы значительно упрощается, если заранее предполо*
жить невырожденность симплекса {Vn?=0). Тогда на*
чало координат можно выбрать в центре описанной ги-
гиперсферы, вследствие чего r\ = r2(i= 1,2	n-f-1).
Соотношение F) получается при этом из матричного
равенства
/Л е'\/ Е 0Ч/-2В е'\
\е 0 )\-2r2e l)~\ e о)'
217. Пусть P{z) — zh-\- ... — многочлен степени
k^l, D(P) — открытое множество, в точках которого
|Р(г)|>1, и D*(P)—неограниченная (очевидно, един-
единственная) компонента области D(P). Заметим, что
D*(P) содержит полную окрестность бесконечно уда*
ленной точки и граница D*(P) не пуста. В этих обозна*
чениях первоначальная задача формулируется следую-
следующим образом: доказать, что D(f) не может быть соб-
собственным подмножеством множества D(g).
376

Примем более слабое допущение: предположим, что
D{f)—некоторое (не обязательно собственное) подмно-
подмножество множества D(g), то есть D(f)^D(g). Тогда
?)*(/) = ?>*(&)• При г е/)*(/) рассмотрим вспомогатель-
вспомогательную функцию W(z) = F(z)/G(z), где (i?(z) = [/(z)J» и
G(z)=[g(z)]». Ясно, что D(F)=D(f) и D{G) = D(g).
функция Ч^г) аналитична в D*(f), а поскольку
|G(z)|;Ss 1 на границе компоненты D*(f), то ^(z))^ 1
на границе компоненты D*(f). С другой стороны,
W(z)—>1 при z—*-oo. Следовательно, по теореме о мак-
максимуме модуля W(z)s= 1 и F(z) = G(z) в D*(f), а зна-
значит, и на всей комплексной плоскости. Таким образом,
D(f) = D(g), что и требовалось доказать.
Если (т, п) = d и m = dm,\, п = dnu то приведенное
выше доказательство, означает, что [f (z)]m' = [g{z)]n'.
Поскольку nil и «i — взаимно простые числа, то по тео-
теореме о единственности разложения многочленов над по-
полем комплексных чисел существует многочлен h(z), та-
такой, что f(z) = [h(z)]n\ g{z) = [h(z)]m\ Таким образом,
D(f)^D(g) в том и только в том случае, если f(z) и
g(z)—целые положительные степени одного и того же
многочлена h(z).
218. Докажем сначала следующую теорему.
Теорема. Пусть h{x), f2{x), ..., fn{x),
g2(x)	gn(x)—2n многочленов и
Тогда определитель |<Pij(*)| имеет при х = а корень,
кратность которого не меньше п2.
1 Доказательство. Пусть /7(л) = |<pt-j(*) |. Требуется до-
доказать, что Лй>(а) = 0 при 0 ^ k <; п2. Дифференцируя
определитель F(x) по известному правилу (производная
определителя равна сумме определителей, получающих-
получающихся дифференцированием поочередно каждой из строк),
получаем
где суммирование проводится по всем разбиениям числа
k на п неотрицательных слагаемых ku k2, .... kn. Пусть
377

FW(x)= Gk(x) + Hk(x), где Gk(x) содержит те члены
правой части A), в которых по крайней мере одно сла-
слагаемое ki равно нулю, a Hh(x) — члены, в которых все
слагаемые kt положительны. Поскольку <pij(a) = O, то
Gk(a) = 0 (таким образом, при O^k<.n теорема до-
доказана). Докажем теперь, что Hh(x)= 0.
Поскольку <p'll(x) = ft(x)gf(x), то при i, j=l, 2, ...,«
й ki^l
где суммирование проводится по всем неотрицательным
значениям st и tu таким, что s,- -f- U = kt — 1.
Подставляя в соотношении A) в каждый член
Нк(х) вместо элементов определителя Ф^Ч*) их выра-
выражение из B), получаем определитель, у которого ка-
каждый элемент i-й строки представляет собой сумму /г,-
членов. Такой определитель можно записать в виде сум-
суммы k\k2 ... kn определителей и после некоторых упро-
упрощений привести Hh(x) к следующему виду:
HkW = L (s, + /,+ l) («„ + /„+!) Х
где сумма берется по всем наборам неотрицательных
целых чисел su s2, -• •, sn, tu t2, ..., tn, удовлетворяю-
удовлетворяющих условию Yi (st "f* U) = k — n.
i
Те слагаемые в разложении C), которые содержит
по крайней мере два равных /,-, обращаются в нуль.
В остальных слагаемых, содержащих попарно различ-
различные tu по крайней мере два числа st равны, поскольку
в противном случае k — n — *?u(sl-\-ti)'^n{n—1), что
противоречит условию k <c п2. Ненулевые слагаемые в
разложении Hh(x) можно разбить на пары по следую-
следующему принципу. В каждом таком слагаемом пусть т —
наименьший индекс, при котором sm совпадает с дру-
другим Su а г > т — наименьший индекс, при котором
sr = sm. Сопоставим ненулевому слагаемому в разложе-
разложении Нк(х) другое слагаемое с теми же значениями s{ и
378

/,-, но с переставленными значениями tm и tr. Нетрудно
в",деть, что такое соответствие между членами разло-
разложения Hhix) действительно позволяет разбить их на
пары и в каждой паре сумма членов равна нулю. Итак,
теорема полностью доказана.
Рассмотрим теперь случай, приведенный в условии
задачи: fi{x) = gi(x) = х*~\ i = 1, 2, ...,гг; а==1;
ФУ = (**+*-' — 1) / (i -f- / — 1). По доказанной теореме
|ф«| делится на (х — 1)". Нетрудно проверить, что ка-
каждый член в разложении этого определителя представ-
представляет собой многочлен степени п2. Следовательно,
| xi+1~4(i + / — ОI = Ап (х — I)"', где коэффициент Л„ =
= |l/(i-f-j—I) | зависит только от п. Значения Ап
определяются формулами Л, = 1, Ап — Д ( Г J /Br-f 1),
п = 2, 3
219.	Последовательность чисел, получаемая после
вписывания чисел п, совпадает с набором знаменателей
членов п-й последовательности Фарея Т7,,. Как известно,
Fn состоит из всех неприводимых дробей, заключенных
между 0 и 1 (включая концы интервала) и имеющих
знаменатели не больше п. Отсюда следует, что при пе-
переходе от Fn-i к Fn добавляется (р(п) членов. Поэтому
решение задачи сводится к доказательству следующего
утверждения*: если h/k, h"lk", h'lk' — три последова-
последовательных члена Fn и дробь h"\k" не встречается среди
членов (п—1)-й последовательности Фарея Fn-i, то
h -\- h' = h" и k -f- k' = k". Таким образом, переходя от
Fn-i к Fn, мы вписываем члены с знаменателем п лишь
между теми членами Fn-i, у которых сумма знаменате-
знаменателей равна п, и утверждение задачи без труда доказы-
доказывается методом математической индукции.
Последовательность чисел, о которой говорится в
условии задачи, впервые рассмотрел Штерн.
220.	Конструкция, о которой говорится в условии за-
задачи, изображена на рис. 22.
По известному свойству инверсора Поселье
OZ-OX= О А2 — ZA2 = т\
YZ-YO = YC2 — ZC2 = и2.
S79

Следовательно, выполняются соотношения
OY • {OY - ОТ) = OY2 — OY-OZ = п2,
OY-tn*
~ OY2 - и2 '
Если плоскость, в которой двигаются звенья кон-
конструкции, рассматривать как плоскость комплексног
Рнс. 22.
переменного с началом в точке О, то
У__ Ym2
Л~~ Y-Y'-n* '
где X и Y — комплексные числа, соответствующие шар-
шарнирам X и У, a Y* — число, комплексно сопряженное с
числом У, или
где Ф = (У У* — n2) /m2 — вещественное число. Следова-
Следовательно, если точка У описывает окружность
то точка X описывает коническое сечение
(an2 + рJ XX* + [п2 (сХ* + с*Х)-т2&\ [сХ* + с*Х+т2а]=0.
Заметим, что если точка У описывает окружность,
проходящую через точку О, то точка Z описывает цис-
циссоиду.
221. Пусть х', у', г'—некая перестановка цифр х, У>
г и
xB2 + yB + z = x'B'2 + y'B'-{-z'.	(О
880

При фиксированных В и В' соотношение (I) можно
представить в виде
y + rz = 0,	B)
где р, Я, г — целочисленные функции от В и В'. Суще-
Существует бесконечно много наборов целых чисел х, у, z,
удовлетворяющих уравнению B), а именно
	къд	k2r 	 ktr	ksp 	 k2p ktf
*~~ iP.fi (P. r) • У — (q, r) (P.q)' Z~ (p,r) JqT7)'
где {a, b) — наибольший (положительный) общий дели-
делитель чисел а и b, a k\, ?2, fe — произвольные целые чис-
числа. Кроме того, по смыслу задачи
0<х, у,г<В, В'.	C)
Целочисленные значения х, у, z, удовлетворяющие одно-
одновременно уравнению B) и неравенствам C), могут не
существовать, но если они существуют, то их нетрудно
найти методом проб и ошибок.
Все известные решения для случая В = 10 представ-
представлены в таблице. Числа, у которых первая цифра (при
записи в системе счисления с любым основанием) равна
нулю, в таблицу не включены.
26510 = 5267	77410 = 477,3	825П = 258,8
316,0 = 631,	834,0 = 438,4	55110=15521
158,0 = 1859	261,0 = 126,5	9l2io=2l92I
227,о = 2729	371ю= 173,6	511,о=11522
445ю = 5449	913ю = 39116	910,0 = 1902в
1961O=169,,	782,0 = 278,8	911,о=1912в
283,о = 238„	441,о=144,9	... = ...
370ю = 307,,	518,о = 185,9	919,0 = 19926
И 191,0=119,3	882,0 = 288,9	961l0=16928
Многоточиями обозначены тройные равенства 912ю =
= 219я1 = 19226, 913ю = 391ie = 19326.
Подобного рода задачи представляют интерес не
столько тем, что они затрагивают те или иные свойства
систем счисления с различными основаниями, сколько за-
затрагиваемыми ими вопросами из элементарной теории
чисел. Например, пусть (обозначения прежние) произве-
произведение хх' не является квадратом целого-числа. Тогда су-
существует бесконечно много пар В и В', удовлетворяю-
удовлетворяющих одновременно уравнению B) и неравенствам C),
381

Действительно, пусть р, q — такие положительные целые
числа, что (III. 9)
р —xx'q'-=l.
Тогда основания систем счисления
Bn+i = (р + хх1 q ) Вп + 2x'pqB'n = (pqyr + q^y),
удовлетворяют равенству A), если ему удовлетворяют
основания систем счисления Вп и В'п. Таким образом,
соотношения D) порождают последовательность Bi и В\,
удовлетворяющую уравнению B) при всех i и неравен-
неравенствам C), начиная с некоторого i*. Эта последователь-
последовательность, вообще говоря, не содержит всех решений задачи.
Кроме того, постулировав некоторую зависимость
между основаниями В и В' старой и новой системы счис-
счисления, мы можем получить, причем многими способами,
параметрические решения соотношения A). Например,
если В' = 2В + 1, х' = у, у' — z, z' = x, то
Л)г + х, (I)
откуда х + у н= 0 (mod В) и, следовательно, х ^f- у = В.
Исключив х и разделив на В, получим
Числа у и z удовлетворяют сравнению 2z — 2у ==
= 0(mod(? + I)) или 2z — 2у = т(В +1) при m=0,
1, —1. Таким образом, В—1 =5г/ + т и
(т = 0) В = 5г/ + 1, z = у, х = 4у + 1, г/ — любая цифра,
(т= 1)В = 5г/ + 2, г=4G«/ + 3), ^ = 4г/ + 2,
г/ — нечетная цифра.
Значение т = —I приводит кг<0, и его следует ис-
исключить.
Аналогичным образом можно получить и многие дру-
другие частные решения. Например,
х = 3у + 3, z=3y+l, В = 4г/ + 3, Б' = В+1,
xyzB = zxyB,, у — любая цифра,
х = 4у—\, B = by — 2z—\, B' = 2B— 1,
xyzB,=yzxB,, y> 2г, г —любая цифра,
382

хУгв== Uzxb>> х> г —любые цифры,
B = yzxB,, у, z{< В) — любые цифры,
2z+l, В' = В + 2,
xyzB = zyxB,, z— любая цифра,
х = и2, y = 2uv, z = v2, B = kv+l, B' = ku+l,
xyzB = zyxB,,
где и, v, k — произвольные целые числа, удовлетворяю-
удовлетворяющие неравенствам и > v, kv > max (и2— 1, 2uv— 1).
222. Направим ось ОХ вверх по плоскости, а ось
OY — по нормали к плоскости. Пусть v — начальная ско-
скорость мяча. Тогда на первой дуге
у = vt sin В — у gf cos A,
и мяч опишет ее за время
,	2d sin В	j,
gcosj4	'
В момент, когда мяч коснется наклонной плоскости в
конце первой дуги, составляющая у его скорости будет
равна
. D 1	, 2-2usinB	. D
y = vsmB~-^gcosA- gcosA = — vsmB.
Поскольку мяч абсолютно упругий, то составляющая у
скорости в начале полета по 2-й дуге равна — и sin В,
то есть совпадает с той же составляющей в начале по-
полета по 1-й дуге. Следовательно, го же самое будет и на
каждой дуге, и поэтому продолжительность полета по
любой дуге одинакова и равна Д? = Т. Если х„ — абсцис-
абсцисса точки удара мяча о наклонную плоскость в конце и-й
Дуги, то абсцисса начальной точки (п + 1) -й дуги также
Равна хп. Аналогично, если ип — составляющая х ско-
скорости мяча в конце n-й дуга, то та же составляющая
в начале (п + 1) -й дуги также равна ип. Таким образом,
Дх = хп — хп-г = ип-{Г — у gT2 sin A,
И/. = «/.-1 — gT sin A.
483

Поскольку щ = v cos В, то
ип — щ — ngT sin A — v cos В — 2nv sin 5 tg A,
или
и„ = о sin В tg Л (ctg A ctgB — 2n) = ТС (? — 2n), A)
n = 0, 1,2, ....
где
K^vsinBtgA, LssctgActgB.
Следовательно,
^2зтЛ ЛТ(?2я+1), «=1,2,... B)
n E /	? (Z. + 1 - 2/) = tf77i(L - n). C)
Если предположить, что углы Л и В острые, то вели-
величины К, L, Т будут положительными. Независимо от
того, сколь велика L, Ах < 0 при п > {L + 1)/2. Следо-
Следовательно, наибольшее значение хп достигает в том слу-
случае, когда п — наименьшее из целых чисел, превышаю-
превышающих (L + l)/2. При больших значениях п величина Дх
всегда отрицательна и неограниченно убывает, так что
lim х„ = — оо.
Если L = 2пг + 1 > 0, то хт и хт+\ равны. В этом
случае полет по (ап + 1)-й дуге происходит по верти-
вертикали. Кроме того, Xm+ft+i =xm-h@ ^ k ^ m). Если
L = 2т > 0, то в конце m-й дуги мяч ударяется о на-
наклонную плоскость по нормали к ней. В этом случае
наибольшему значению хп соответствует п = т + !•
Кроме того, xm+k = xm-k@ ^.k^m). Из соотношения
C) следует, что если хп = хп, (п и п' — целые числа),
то п = п' или п — п' = L. Таким образом, мяч никогда
не ударяется дважды в одну и ту же точку наклонной
плоскости, если L — не целое положительное число.
Интересно отметить (и нетрудно доказать), что. при
у > 0 наибольшая абсцисса xmSLX определяется выраже-
выражением
: = jKTL*
384

я (если только L не четное натуральное число)
при любых значениях п.
223. Поскольку sn — ап-*-0, то достаточно доказать,
что сходится последовательность с„. Но
Суммируя правые и левые части соотношения A) при
п=1,2	N, получаем
Если а^1, то сходимость ряда ? lsn~anl/« оче"
видна.
Если а> 1, то из неравенства Гёльдера получаем
J
/п
где l/a"+ 1/p = 1. Поскольку оба сомножителя в правой
части сходятся, то ряд X \sn~ an \1п также сходится,
оо
Если сходится ряд X |sn—а„|/п, то сходится ряд
n=i
00
L, ($п — 0„)/я и предел lim aN существует в силу соотно-
шения B).
224. Пусть k > 1 — фиксированное целое число. Функ-
Функцию F(m,q) при целых значениях ти?>1 определим
соотношением
^К <?) = [—]-[т]-|__],	A)
где [л:] означает целую часть числа х. По хорошо из-
известной из теории чисел* формуле Bп\)/п\(п^k)\ при
13 Зак, 436	385

n Z^ 0 принимает целые значения в том и только в том
случае, если при всех простых числах р
Ь(«. Р°)>0.	B)
Нам понадобятся следующие свойства функции
F{m,q). Во-первых, при m = m'(mod<?) выполняется
очевидное равенство F(m, q) =F{m',q). Во-вторых, до-
докажем, что
F(m, q)>Q	C)
при q~^2k и всех т '. В силу первого свойства доста-
достаточно предположить, что 0 ^ m < q и, следовательно,
[tn/q] = 0. При 0 sg; т < q — k величина [2m/q] прини-
принимает значения 0 или I, a [(т -\-k)lq] = 0; при <? — ft^
<c:m<:q справедливы равенства [2m/q] = 1 и [(т +
+ ft)/^]=l. Таким образом, неравенство C) следует
из определяющего соотношения A). В-третьих, дока-
докажем, что
F(m,q)=l	D)
при q^2k + 2 и m е=—/г—l(mod<7). Действительно,
F(m,g)=F(—k—\,q) и, как нетрудно проверить,
[(-2k~2)/q]=[(~k- l)/q] = [(-l)lq] = -1. Таким
образом, D) также следует из определяющего соотно-
соотношения A).
Из C) заключаем, что неравенство B) выполняется
при всех п, если р — простое число большее 2k. Пусть
р — простое число, меньшее 2k, A — такое число, что
pA+l^2k, и п = —k—1 (modpA). Тогда в силу нера-
неравенства C) при а>А выполняется неравенство F{n,
ра) ^ 0, а при 2k + 2 ^ ра ^ рА в силу соотношения D)
выполняется равенство F(n,pa)= 1.
Следовательно, выбрав число А достаточно большим
и следя за тем, чтобы выполнялось сравнение п ss
= —k—l(modpA), мы получим достаточно много зна-
значений а, при которых F(n,pa) = 1. Это позволяет «ней-
«нейтрализовать» те значения а, при которых F(n,pa) <. 0-
Таким образом, при рассматриваемом простом числе Р
1 В частности, отсюда следует, что при k = 1 неравенство B)
справедливо и при всех простых р, а значит, 2п!/п! (п + 1) I — це'
лое число, как было сказано в условии задачи, — Прим. ред.
386

рыполняется неравенство B). Применив теперь анало-
аналогичные рассуждения к каждому простому числу р < 2k,
мы получим набор показателей степеней А = А(р).
Пусть Р — произведение всех рл№). Тогда неравенство
B) выполняется при n s=—k—l(modP) и всех про-
простых числах р. Следовательно, Bn!)/n!(n + k)\ — целое
число по крайней мере при любом п ==—k—l(modP).
225. Назовем равнобедренным п-точечником множе-
множество, состоящее из п точек (вершин), таких, что любые
три из них расположены в вершинах равнобедренного
треугольника. Вершины n-точечника условимся обозна-
обозначать их номерами, а отрезок прямых, соединяющий вер-
вершины i и k, называть стороной ik.
Равнобедренные 4-точечники. а. Предположим, что
из одной вершины, например 1, исходят три равные сто-
стороны 12, 13, 14. Тогда 234 — равнобедренный треуголь-
треугольник, и вершина 1 совпадает с центром его описанной
окружности. Следовательно, вершины и центр описан-
описанной окружности любого равнобедренного треугольника
образуют равнобедренный 4-точечник (I типа).
б. Предположим, что ни из одной вершины не исхо-
исходят три равные стороны. Пусть 12= 13. Рассмотрим в
отдельности два случая.
Случай 1. 42 = 43. Поскольку 14 ф 12 и 41 =^42, то
21 = 24. Аналогичным образом доказывается и равен-
равенство другой пары сторон: 31 = 34. Следовательно, в слу-
случае 1 равнобедренный 4-точечник имеет форму ромба
,(П тип).
Случай 2. 24 = 23. Поскольку из каждой вершины
исходят по две равные стороны, то 42 = 41 и 34 = 3'..
Следовательно, 21 = 13 = 34 = а и 14 = 42 = 23 = Ь.
Итак, мы получили трапецию с тремя равными сторо-
сторонами а и основанием Ь, равным обеим диагоналям. Сле-
Следовательно, точки 1, 2, 3, 4 расположены в четырех вер-
вершинах правильного пятиугольника и Ь — а{\ + л/5 )/2
(тип III).
Равнобедренный 5-точечник. Поскольку четыре вер-
вершины равнобедренного 5-точечника образуют равнобед-
равнобедренный 4-точечник, то, как показывают элементарные
геометрические соображения, каждый равнобедренный
5-точечник принадлежит к одному из трех типов: I тип —
Четыре точки расположены в вершинах квадрата,
13*	387

а пятая — в его центре; II тип — правильный пятиуголь-
пятиугольник; III тип — четыре вершины и центр правильного пя-
пятиугольника.
Равнобедренный 6-точечник. Среди шести вершин че-
четыре должны совпадать либо с вершинами некоторого
квадрата, либо с четырьмя вершинами правильного пя-
пятиугольника.
В первом случае две оставшиеся вершины должны
были бы совпадать с одной и той же точкой — центром
квадрата, поэтому построить равнобедренный 6-точеч-
6-точечник невозможно. Во втором случае две оставшиеся вер-
вершины могут совпадать с двумя точками, и мы получаем
лишь один равнобедренный 6-точечник: его вершины
располагаются в вершинах и центре правильного пяти-
пятиугольника.
Равнобедренный 7-точечник. Пять из 7 вершин рав-
равнобедренного 7-точечника должны располагаться в вер-
вершинах правильного пятиугольника. Поскольку две
оставшиеся точки должны были бы совпадать с одной
точкой — центром правильного пятиугольника, то равно-
равнобедренный 7-точечник не существует.
226. Докажем сначала несколько более общее утвер-
утверждение. Пусть рп — заданная последовательность поло-
положительных чисел, такая, что
п
lim П Рй== + °°-
n->°o ft=2
Определим последовательность {хп} рекуррентным со-
соотношением
хп = *n-i {рп — 1Iрп + xa-dpa.
Тогда {хп} сходится к х\— (х\— хй)К, где К—постоян-
К—постоянная, зависящая только от выбора последовательности
{Рп}.
Доказательство. Запишем рекуррентное соотношение
в виде
хп — хп-\ = (xn-i — хп-2)/{— Рп)-
Тогда
хп — *«-1 = (— О""' (*i — *о)РгРз • • • Рп,
388

откуда, суммируя, получаем
л
(-1)*~7р2Рз ... Р*.
В силу предположения относительно рп
Е (-1Oр2Рз ... Рп	(О
— сходящийся знакопеременный ряд. Если его сумму
обозначить через К, то {хп} сходится к *i — (xt — л:0) К.
Сумму К ряда A) можно записать в различной фор-
форме, например представить в виде непрерывной дроби
is	 1 1 I Рг 1 | Рз 1 ¦ Pi I I
По условию задачи рп=1+(«—1)^ и К можно
представить в виде определенного интеграла. Пусть
Тогда A +x)F(x)-{-gxF'(x)= x. Решая это дифферен-
дифференциальное уравнение, находим
X
F{x) = c(xexyc \{ueu)cdu,
о
где с = l/g. Следовательно,
1
/t = F A) = се~с J (ueu)cdu.
о
2|27. Пусть а, Ь, с, d — четыре точки комплексной
плоскости, совпадающие с четырьмя заданными точка-
Ми, и пусть отрезок 23 перпендикулярен отрезку 41, от-
Резок 31 — отрезку 42 и отрезок 12 — отрезку 43. Тогда
{b-a) = ir{c-d), A)
гДе р, qt r — вещественные числа. (Нетрудно показать,
VTo P, Я, г — тангенсы внутренних углов треугольника
123, поэтому выведенное далее соотношение D) пред-
Ставляет не что иное, как несколько необычную запись
389

тождества tg a + tg |3 + tg у — tg а tg p tg у = О, спра-
справедливого для а + р + у = п.)
Если А = (с — d) (b — d) (а — d), то
A = (b - с){с - d)(d - Ь) = фА,
В =3 (с — а) (а — d) (d — с) = iqA,
C = {a-b)(b-d){d-a) = irA,	B)
D s= (b — a) (a — c) (c — b) — — ipqrA.
Заметим, что |Л| = 34-42-23, |?| = 41 -13-34, |C| =
= 12-24-41, \D\ = 23-31-12 и соотношение
A + B + C + D = 0	C)
выполняется тождественно, поскольку совпадает с раз-
разложением определителя
1111
1111
bed
а2 Ь2 с2 d2
= 0
по элементам первой строки.
Из соотношений B) и C) следует, что
0.	D)
Кроме того, из соотношения B) нетрудно видеть, что
отношения величин А, В, С и D вещественны, откуда
±|Л|±|В|±|С|±|0| = О	E)
и, независимо от знаков величин р, q, r, три знака в со-
соотношении E) должны отличаться от четвертого.
Наоборот, если дано соотношение E), в котором три
знака отличаются от четвертого, то, сравнивая его с со-
соотношением C), можно заметить, что замкнутый четы-
четырехугольник со сторонами, равными по абсолютной ве-
величине и параллельными векторам, соединяющим на-
начало координат с точками Л, В, С, D, должен выро-
вырождаться в прямую. Следовательно, отношения величин
А В, С, D вещественны. Если р, q, г определены соот-
соотношениями A), то —q2 — (D/A)/(В/С) —вещественное
число, поэтому q либо вещественное, либо чисто мни-
мнимое число. Величины р — q- (А/В), q = q(C/B) также
390

лИбо вещественны, либо чисто мнимы (причем все три
величины р, q, г вещественны или мнимы одновременно).
Если р, Ц, г — чисто мнимые величины, то, как нетрудно
видеть, точки 1, 2, 3, 4 коллинеарны. Если р, q, r веще-
вещественны, то из соотношения A) следует, что отрезок 23
перпендикулярен отрезку 41, отрезок 31 — отрезку 42 и
отрезок 12 — отрезку 43.
228. Из условия задачи следует, что tih ^ 0 при
всех k. Функции
аналитичны в единичном круге \х\<. 1; так как беско-
бесконечное произведение
всюду сходится в единичном круге, то оно само анали-
тично.
Используя равенство, приведенное в условии задачи,
получаем (поскольку F^^O при \х\<. 1)
'M _y fox)
(x) - L l+fk(x)-
k
F(x)	k
Решая дифференциальное уравнение A) с началь-
начальным условием F@)= 1, находим
F(x) = (l-x)~l = flxk.	B)
ft=0
С другой стороны, бесконечное произведение F(x)
Можно разложить в степенной ряд. Его s-e частичное
(конечное) произведение разлагается в многочлен сле-
следующего вида:
PS(X) эП A + ХПк) =
_|_ дп.+пз 4- Хп*+п> + Х^+ъ+ъ + ... +Хп. C)
Сравнивая разложение C) с разложением B), полу-
получаем, что с точностью до порядка П\ = 1, п2 = 2, п3 = 4,
"* = 8и так далее. Методом математической индукции
НетРУДно доказать, что nh = 2h~l.
391

229. Как показывает следующий контрпример, утвер.
жденйе о том, будто любая последовательность нулей
и единиц содержится среди последовательностей у, не,
верно.
Пусть Е — множество всех последовательностей из X
у которых второй и третий члены не равны 1 одновре!
менно. Тогда
й] = Й2 = ... =0,
kn = n, (n=l,2, ...), у„ = х„+1,
Если ба теперь нашлась последовательность у вида
A. 1. Уз. У*, •••), то ей должна была бы соответствовать
последовательность х вида @, 1, 1, х4, х5, ...) из Е*.
Поскольку таких х в Е* нет, то не любая последователь-
последовательность нулей и единиц содержится среди последователь-
последовательностей у, что и требовалось доказать.
230. Пусть
F(x) = f{x){x*+[f{x)]2}'\
Д (х) = {*2 + If (х)]2} {[F' (x)f - [G (x)]2}.
Нетрудно проверить, что
Д (х) = х* {хГ (x)Y + 2f (x) {2 [f (x)]2 + х2} {xf' (х)} -
Из условий задачи следует, что производная f'(x)
в интервале [0, а] неотрицательна и ие убывает. Следова-
Следовательно, при любом х из [0, а]
X
f(x)=\ Г @ Л < х • max f @ = xf' (х),
причем это неравенство должно быть строгим на неко-
некотором подынтервале. Следовательно, Д(хMгО. Посколь-
Поскольку производная F'(x) положительна, то это неравенство
означает, что F'(x) ^ G (х), причем последнее неравен-
392

ство также должно быть строгим на некотором подын-
подынтервале. Интегрируя его, получаем
а
F{a)>\ G{x)dx,
что и требовалось доказать.
231. По теореме Ферма (III. 6.)
xp-'-1=(.*-1)(x-2) mmm (x-p + i)^
= хР~1 — SiXD~2 + ... — sp-2x + sp-i (mod p). A)
Следовательно, по теореме Вильсона
V-i = (р — 1)! = — 1 (mod р),
Подставляя в правую часть A) х = р, при р>3 по-
получаем
(р — 1)! = Sp-sp2 — Sp_2p2 + sp-i (mod p3),
откуда
«р-2 = PSp-з = 0 (mod p2).
Если
1+т+-+Тгг + 7-7-	B)
(где г и s несократимы), то
Поскольку р взаимно просто с (р—1)!, a s — с
(г — s), то (р—1)! делится на s, а (г — s)—на р. Чис-
Число (р — l)!/s взаимно просто с р, поэтому
r-s = 0(modp3),	C)
что и требовалось доказать. Если в B) г и s не взаимно
просты, то C) выполняется тем более.
232. Рассмотрим k последовательностей щ + а-}, ах -|-
'+ аг + Oj, .... ai + а2 +....+ Oh + а3- (/ = ft + 1,
393

k + 2, ...). Каждая из них представляет собой после-
последовательность Oh+i, aft+2, ... , все члены которой «сдви-
«сдвинуты» на некоторое целое число и потому имеют одну
и ту же верхнюю плотность, которая равна верхней
плотности самой последовательности ah и, следователь-
следовательно, больше l/k. Таким образом, все целые числа, вхо-
входящие в эти k последовательностей, не могут быть раз-
различными и
а\ + а2 + ... + ал + аи = а\ + а2 + ... + аи + а1г.
Не ограничивая общности, предположим, что k > 1\.
Тогда
а/. = «л+1 + а*,+2+ ... +ai, + ah,
что и требовалось доказать. Нетрудно видеть, что число
а, можно выбрать бесконечно многими способами.
Как показывает пример последовательности целых
чисел, сравнимых с единицей по модулю k, утверждение
задачи неверно, если верхняя плотность последователь-
последовательности равна l/k.
233. Каждому целому числу г соответствует целое
число х, для которого выполняется одно из двух сле-
следующих соотношений:
rq<x<(r+l)q	A)
либо
x<rq<(r+l)q<x+\.	B)
Если выполняются неравенства A), то
r(b + q)<rb + x, rb + x + b<(r+\)(b + q),
в силу чего интервал / = [г (Ь + q), (г+ 1) (Ь + 9I со"
держит b лакун, соответствующих числам т = rb -\- к,
rfc + *+U •••. rb-\-x-\-b — 1. Если же выполняются
неравенства B), то
rb + x<r(b + q), (r+l){b + q)<rb + x + b+l,
в силу чего интервал / содержит b — 1 лакун, соответ-
соответствующих m = rb + x+l, rb + x + 2, ..., rb + x +
L+fr-l.
Таким образом, неравенства A) выражают необхо-
необходимые и достаточные условия того, что интервал / со-
394

держит набор из Ь последовательных лакун. Кроме того,
из неравенств A) следует, что
Эти неравенства означают, что любой набор из Ь по-
последовательных лакун содержит ровно одно число, крат-
кратное A+&Л?)- Нетрудно видеть также, что ни одно
число, кратное (\-\-b\q), не содержится в интервале /,
состоящем лишь из b — 1 лакун.
234. Пусть с = cos О, s = sin ¦&, р = cn, q = sn. То-
Тогда c2 + s2=l. В этих обозначениях исходную задачу
можно сформулировать следующим образом: доказать,
что с и s содержатся в поле F(p,q) всех рациональных
функций от р и q с коэффициентами из поля F рацио-
рациональных чисел. Иначе говоря, требуется доказать, что
F(c,s) = F(p,q).	A)
Прежде всего заметим, что F(p)sF(c)?F(f,s),
Ясно, что
[F(c, s):F(c)} = 2
{[F(c, s):F(c)] означает степень поля F(c,s) относитель-
относительно F(c)). Кроме того, [F(с):F(р)] = п и, следовательно,
[F(c,s):F(p)] = 2n. С другой стороны, F(p)<=F(p,q)<=
^F(c,s), поэтому соотношение A) эквивалентно ново-
новому соотношению
[F(p,q):F(p)] = 2n.	B)
Докажем соотношение B). Пусть f(x,y)—много-
f(x,y)—многочлен, неприводимый над полем F и такой, что f(p,q) =
= 0, а С — кривая f(x,y) = O. Таким образом, кривой С
принадлежат точки (р, q) и в параметрическом виде ее
можно задать уравнениями х = сп, у = sn. Следует за-
заметить, что вещественная часть этой кривой удовлетво-
удовлетворяет уравнению х'1" + у 1"= 1, то есть представляет со-
собой обобщение известной гипоциклоиды с четырьмя точ-
точками возврата.
Определим степень многочлена f (х, у). Для этого опре-
определим число точек пересечения кривой С с осью у = 0.
На бесконечности точек пересечения нет. Действительно,
395

если jp и q обращаются в бесконечность, то с и s также
обращаются в бесконечность, причем p/q = (c/s)n = ±i,
в силу чего кривая С пересекается с бесконечно удален-
удаленной прямой только в циклических точках.
Таким образом, кривая С пересекается с прямой
у = 0 только в точках (±1,0). Чтобы найти кратность
пересечения в точке A,0), попытаемся ввести s как ло-
локальный параметр. Тогда
Поскольку по условиям задачи п — нечетное положи-
положительное число, то s действительно является локальным
параметром. (Если бы п было четным, то локальным
параметром была бы величина s2.) Таким образом, q
имеет в s = 0 нуль п-го порядка и кратность пересече-
пересечения в точке A,0) равна п. Поскольку пересечение в
точке (—1,0) имеет ту же кратность, то суммарная
кратность нулей кривой С (следовательно, и ее поря-
порядок) равна In. Итак, степень многочлена f(x, 0) равна
2п, а поскольку бесконечно удаленная точка на оси у
не принадлежит кривой С, то степень многочлена f(x,y)
также равна In. Следовательно, q удовлетворяет над
полем F(p) неприводимому уравнению степени 2п, то
есть выполняется соотношение B), что и требовалось
доказать.
235. Рассмотрим любые два ряда с положительными
членами (один сходящийся, другой расходящийся), об-
общие члены которых С(п) и D(n) монотонно стремятся
к нулю, причем D(n)> C(n).
Поскольку ряд ^,D(n) расходится, то для каждого п
можно найти другое целое число ф(п), определяемое со-
соотношением
ф()
где е — любое заданное положительное число. Рассмот-
Рассмотрим теперь последовательность целых чисел {nk}, зада-
задаваемых рекуррентным соотношением п\ = \, D()<
< С(ф(И,4)). ЯСНО, ЧТО rtft< ф ('**)< "й+1-
396

Решением задачи служат последовательности
{апУ- С («,), С (п, + 1), .... С (ф(щ)), D Ы, D (п2 + 1), ...
• ••, ^(ФУ, С(п3), .... С(ф(яз)), ?>(п4), ...;
{bn}: D(n,), Д(п, + 1), .... 0(ф(п,)), C(n2), С(п2+ 1), ....
), С(п4), ....
Ряды Xflft и ?&*, очевидно, расходятся: каждый из
них содержит бесконечно много отрезков, содержащих
члены, сумма которых больше или равна е, а ряд ? ск,
где с*, = min(an, bn), сходится, поскольку мажорируется
сходящимся рядом X С (п).
236.	Рассмотрим вычеты (по модулю п) п чисел
A0*— 1)/9, t= 1, 2, ..., п. Возможен один из двух слу-
случаев: либо один из п вычетов равен нулю, либо какие-то
два вычета совпадают (тогда вычет разности соответ-
соответствующих чисел равен нулю). И в том и в другом слу-
случае мы получаем делящееся на п целое число, десятич-
десятичная запись которого содержит группы идущих подряд
единиц, сменяемые группами идущих подряд нулей.
К тому же результату мы пришли бы, если бы вме-
вместо десятичной системы счисления рассмотрели систему
счисления с произвольным основанием В; в приведен-
приведенных выше рассуждениях нам пришлось бы только за-
заменить числа A01 — 1)/9 на (В* — 1/(В — 1).
Итак, мы доказали,-что существует число; делящееся
на п и записываемое при помощи единиц и нулей, ко-
которое имеет не более п знаков. Следовательно, прове-
проверив делимость на п чисел 1, 10, 11, 100, 101, ...
... , A0а— 1)/9, мы заведомо найдем наименьшее чис-
число, перебрав не более 2П чисел. Объем работы можно
[Значительно сократить, если предварительно составить
таблицу вычетов 10{(тойп).
237.	Если С — окружность радиуса г с центром в про-
произвольной точке а, то пусть /(z) = g + r2/(z —а). Тогда
для \z — а\ — г мы получаем f(z) = a + z — а = 2.
Если С — прямая с угловым коэффициентом tga
@ < a < л), проходящая через точку х0 вещеегвенной
оси, то пусть f(z) = xo-\- e~2ia(z — z0). Тогда при z «=
= xo + eiat, где t — вещественный параметр, мы полу-
получаем f (z) = х0 +_; eriat = z,
397

Если С — прямая, параллельная вещественной оси и
проходящая через точку iyo (уо—-вещественное число),
то пусть /(z) = z — 2iy0. Тогда при z = x-\-iy0 (х— ве-
вещественное число) мы получаем f (z) = х — iy0 = z.
В общем случае пусть С — любая аналитическая ду-
дуга, то есть образ (конечный или бесконечный) интервала
[а, р] вещественной оси при отображении ее аналитиче-
аналитической функцией ф(г) (предполагается, что в достаточно
малой (комплексной) окрестности интервала [а, р] функ-
ция ф(г) однозначна). Тогда функция ¦ф(г) = ф(г) ана-
литична в окрестности интервала [а, р] и отображает
его на дугу С, симметричную дуге С относительно ве-
вещественной оси. Пусть ф (z) — функция, обратная функ-
функции ф(г) и f(z)= гИФB:)). Тогда f(z) = z для zg С.
Например, рассмотрим параболу С с вершиной в точ-
точке z = — 1 и фокусом в точке z = 0. (Любую параболу
на комплексной плоскости можно отобразить на пара-
параболу С линейным преобразованием Az + В.) В приве-
приведенных выше обозначениях q(z) = (z-\-iJ, f(z) =
= (z'!' — 2iJ. Функция f(z) однозначна и аналитична в
достаточно малой окрестности параболы С, величину z%
при z = —1 следует выбрать равной +1-
Если кривая С задана параметрическими уравнения-
уравнениями x = x(t), y = y(t), то нетрудно вывести дифферен-
дифференциальное уравнение, которому должна удовлетворять
функция f(z). Функция f(z) должна быть такой, что
f(z) = x(t)-iy(t)	A)
для любой точки z = х-\-iy ^ С. Кроме того, при геС
*' @ - ty' (t)	т
х' (t) + iy' @ •
Дифференциальное уравнение для f(z) мы получим,
исключив из A) и B) параметр t.
238. Приняв известное соотношение для постоянной
Эйлера [III. 12B0)]
393

за исходное, получим
i
оо	оо
\ cos у— + [ cos ы—.
J у ту J у s#
Пусть в первом и третьем интегралах у = хг, а во
втором и четвертом интегралах у = Xs, где г, s > 0. То-
Тогда
c-S
r — s s, Г cos *' — cos x"
rs
Полагая г = 2, s = 1, приходим к соотношению, кото-
которое требовалось доказать.
239. а. Функция (x-\-a)h — xh алгебраически факто-
ризуема и поэтому при целом х может принимать про-
простое значение лишь в том случае, если а = 1.
б. Пусть F(x) = (x+ 1)" — хп и q = F(x0), где х0 —
произвольное натуральное число. Тогда q — целое число
больше 1, Полагая уп = хо-\- nq, n=\, 2, ... , полу-
получаем
F Ш = (Уп + 0* - у" - Кхо+1
Следовательно, F(yn) делится на q при всех п, но
)=5^'7. поскольку F(x)—возрастающая функция,
а значение q она принимает при значении аргумента,
меньшем чем уп. Таким образом, при любом выборе
натурального числа х0 бесконечная числовая последова-
последовательность (j/n + l)h обладает всеми требуемыми свой-
свойствами.
240. Из 16 возможных комбинаций истины и лжи,
с высказыванием «А утверждает, что В отрицает, что С
говорит, будто D лжец» совместимы лишь такие ком-
комбинации, в которые ложь входит четное число раз. Сле-
Следовательно, если D изрекает истину, то А, В и С долж-
должны говорить истину, или ровно двое из них должны
лгать. Поскольку каждый из четырех высказывающихся
399

говорит правду в одном случае из трех и делает это
независимо от других, то следует рассмотреть З4 = 81
возможность.
Комбинацию ИИИИ можно получить лишь одним
способом, каждую из комбинаций ИЛЛИ, ЛИЛИ и
ЛЛИИ — четырьмя способами: 1 + 4 + 4 + 4=13. Та-
Таким образом, вероятность того, что D говорит правду,
равна 13/81.
Аналогично, если D лжет, то комбинацию ЛЛЛЛ
можно получить 16 способами, а каждую из комбина-
комбинаций ИИЛЛ, ЛИИЛ, ИЛИЛ — четырьмя способами. Сле-
Следовательно, вероятность того, что D лжет, равна 28/81.
А говорит правду при комбинациях ИИИИ, ИИЛЛ,
ИЛИЛ, ИЛЛИ; вероятность в этом случае равна 13/81.
Такую же вероятность мы получим для комбинаций,
где В говорит правду и где С говорит правду.
241. Пусть
п
Sn(x) = YJSSYL, n=I, 2	0<
Тогда
п
— Sn (х) = V sinlx = I cos 4; — cos (n + -g-J x\
Таким образом,
1-cosnx— n>2,
Отсюда следует, что при х-> я функция — Sn-\ (х) — Sn(x)
возрастает, в силу чего — Sn-i(x) — Sn(x)^ — Sn-i(n) —
„() Е(
Пусть n = 2k,
- S2ft_, (x)
l~ 2k —
1
= 2t* ~ ~2k
400

откуда
A—cos2fac)
	^
Поскольку ^i = l, а при k > 1 все tk удовлетворяют не-
неравенству tk< 1, то
Нетрудно видеть, что равенртво соответствует лишь
п=з 1, лг = зх. Кроме того, при м->оо величины ffe убы-
убывают до In 2 и
lim inf min Sn {x) = — In 2.
0<<
242. Сумма ряда ? [C — V5)/2]7«J равна
4
где ?(s) — дзета-функция Римана.
Воспользуемся тем, что если
со
(\ = V— I
ТО
&?|- In A - л;) + -i- [In (I - л;)]2 [In (I - л;) - 3 In x]. A)
Это соотношение было выведено У. Спенсом A809 г.) и
Повторно получено С. Рамануджаном. В справедливости
его нетрудно убедиться, если, следуя Дж. И. Ватсону',
воспользоваться соотношением
1-х + хи
' G. N. Watson, Journal of London Mathematical Society, 3
8), 217. — Прим. перев.
401

и, подставив ф(л;) в левую часть соотношения A), про.
делать элементарные преобразования.
Полагая л: = C — V^)/2, замечаем, что (х—1J = х
и х/(х — 1) = л: — 1. После подстановки v — 1 — х соот-
ношение A) преобразуется к виду
Представив функцию ф(л;) в виде степенного ряда, по-
получаем
Ф (v) + Ф (- v) = -J- ф (и2) = т ф (х).
Наконец, заметив, что v = {— 1 + V^)/2, фA) = ?C),
приходим к окончательному результату.
243.	Если группа не абелева, то любой элемент а,
не принадлежащий ее центру, порождает нетривиальный
внутренний автоморфизм х-*а~1ха. Если группа абеле-
абелева и квадрат некоторого элемента отличен от единич-
единичного элемента, то автоморфизм х-*х~* отличен от то-
тождественного. Если квадрат любого элемента группы
равен единичному элементу и группа содержит более
двух элементов, то она разложима в прямую сумму цик-
циклических групп порядка 2. Отображение, порожденное
перестановкой генератеров двух таких прямых слагае-
слагаемых, является автоморфизмом, отличным от тождествен-
тождественного.
244.	Последовательность подходящих дробей
непрерывной дроби
.. . .	ь,
проще всего получить, если воспользоваться матрицами.
Методом математической индукции нетрудно доказать,
что
ЬаРа-Л /а, ЬЛ(а.2 Ь2\ (ап Ьп\
если положить Ро = 1, Qo = 0 (тогда Pi/Qi = cti).
402

В рассматриваемом случае а,- = р, Ьг = — q, поэтому
р„ -чРп-Л(р -ч\я =
„_, -qQn-
Следовательно,
/Л, -<?Qn \ /P
VQn Pn-qQn) U
Возводя в квадрат правую и левую части последнего
равенства, получаем
V
.Qn Pn — pQn/ '
откуда, сравнивая элементы матриц, находим
2п	n~ q®n	to)
Qn 100 „л \ •	\^>
2П	Ч.П \*~П — РЧ.П)
Нетрудно видеть, что левая и правая части соотно-
соотношения B) совпадают с приведенным в условии задачи
выражением для последовательных приближений боль-
большего корня квадратного уравнения, вычисляемого по
Методу НьЮТОНа: еСЛИ Xk = PnlQn, TO Xfe+l = PznlQ2n-
Таким образом, переход от очередного приближения,
получаемого по методу Ньютона, к следующему эквива-
эквивалентен удвоению длины отрезка непрерывной дроби *.
245. Задача сводится к решению диофантова уравне-
уравнения
Умножив уравнение A) на 4, преобразуем его к виду
Поскольку 2у — 1 и 2у + 1 — взаимно простые чис-
числа, то необходимо рассмотреть два следующих случая
Х17* и п — взаимно простые нечетные числа):
2y-l=3m\	2y-l=m2
а) 2у+1=п2,	]

Случай «а» представиться не может, поскольку он со.
ответствует равенству п2 — Зт2 = 2, в то время как
квадрат любого целого числа при делении на 3 дает
в остатке 0 или 1. В случае «б», полагая m = 2?-f 1
получаем	'
2У = 4k2 + 4k + 2 = 2 [{k + IJ + k\
что и доказывает утверждение задачи.
246.	Рассмотрим набор произведений элементов груп.
пы е, щ, а.\О2, о-\О.Фъ, • • •, ^йг ... ап. Поскольку этот
набор содержит п + 1 элементов группы, то по крайней
мере два произведения должны совпадать. Если
e = Ylah то утверждение задачи доказано. В противном
случае
IT ai — П ап q> v,
откуда
Полагая p = v~-\-l, приходим к утверждению задачи.
Итак, утверждение задачи доказано.
247.	Пусть р — нечетное простое число, такое, что
/-|-/=0(raodp).
Поскольку (х, у)— 1, то х Ф 0, у Ф0(тойр). Следова-
Следовательно,
где у~1 — вычет, обратный вычету у в мультипликатив-
мультипликативной группе вычетов по модулю р, и сравнение
разрешимо. Пусть d = (p— 1, 2"). Из малой теоремы
Ферма (III. 6) выводим
Р-1	2ПР-'	/ 2Ц\"
(-1I =и 1 =\ud)
404

Отсюда следует, что (р — l)/d— четное число. По опре-
определению d это означает, что р — 1 делится на 2n+1, от-
кУДа	p = 2"+1rn+l.	C)
Поскольку произведение чисел вида C) также пред-
ставимо в виде C), то утверждение задачи доказано.
248. Начнем с правой части доказываемого соотно-
соотношения:
Ф„ — ифп-i = \*(*+ 1) ••• {х + п— \)dx —
о
1
о	1
= 5^-1)^(^+1) ... {x + n-2)dx.
о
Полагая х = 1 — t, получаем
о
1
= {-\f\t{t—\) ... {t-n+\)dt = {-\)n®n, A)
о
что и требовалось доказать.
Заметив, что
получим из A)
/I (« — 1I	ii
Суммируя левые и правые части по i от 1 до п, прихо-
приходим к соотношению
п
~к\ гг— LK u «!•
'
1аким образом, вторая половина задачи также решена.
405

249. Заметив, что
=f(
т \m m + n ) \т + п т + 2п
i + Зп ) ~ "'" Lj (m + jn)(m + jn + n)<
/-0
получим
П	П оо	оо
1
п
1 у 1_= у у
п 1-1 т. La Z_/
(m + jn) (m + jn + n) Lj k (ft + n) ¦
m=l	m=l y-»0	fe=l
поскольку если / принимает значения 0, 1, 2, ..., а т~
значения 1,2, ..., п, то k = т + jn принимает значения
1,2,3, ... .
В дальнейшем в тех случаях, когда пределы сумми-
суммирования не указаны в явном виде, суммирование прово-
проводится по всем натуральным числам от 1 до оо. Пусть
S — рассматриваемая сумма. Тогда
п \ т-\ У	п \ к т	/
2j jk(k + n)(j + n) ^Zj Lj j
k I	Lk /
j( + )(j + )
k, I. n	n Lk < /
L, jk(k+n)(j + n) + Zj j
jk(k+n)(j + n) + Zj jk (k + n) (i + n)
+ 2 L Zj /fe
! (ft + nJ ^ Lj Lj jk (k + n) (/ + n)
п. к	п k<l
1 . n
k,m,n
. 2 У Г '	!___! =
~ Lj L kmn (k + m + n) mn (ft + m) (ft + n) J
k, m, n
_±|Yy_LY_y_L| . 2 У	'	2S.
~" 2 LvZj ft2 J Ljk*}^* Lj kmn(k + <
к, т, а
4C6

Поскольку [ШЛ1(8)]
y_L=.5L и yj	^~
Lj k* 6	Lu Л4 90 '
TO
1 /ос	** \ — V	'	- - V С **+т+п~' , _
7 Vd 120 J Zj fcmn (? + m + n) Lj J femn
S
о
откуда 5= 17jt4/360, что и требовалось доказать.
250. Пусть С — граница области Af. Тогда \f{z) |= 1,
если z^C. Обозначим через Л/ бесконечную компонен-
компоненту дополнения области Af. Область Л/ связная, и С со-
содержит ее границу. Рассмотрим функцию
Функция H(z) регулярна в Л/ и Я(оо) = и".
Предположим, что \f'(z)\<.n всюду в области Л/.
Тогда \H{z)\<.nn на С и, следовательно, |Я(г)|<мп
всюду в области Л/. Это противоречит тому, что
Я(оо)= п".
Предположим, что |/'(z)|^n всюду в области Af.
Тогда \H(z) | < nn на С и, следовательно, Я(г) = пп на
всей плоскости (поскольку Я (оо) = м"). Это означает, что
откуда
251. Пусть /:^(л:) = л;/. Если х, содержит хоть один
Простой делитель р >• k, то в силу равенства (III. 15)
407

операция /г<р, произведенная над х{, понижает показа
тель степени наибольшего простого делителя числа *
на единицу. Следовательно, если число k фиксировано
то существует /, такое, что при i > / все простые дсдн.
тели числа xt меньше или равны k.
При k = 1 (здесь и далее i ~> /) получаем xt = \
при k = 2xi = 2a и 2фBа) = 2а, при k = 3Xi = 2аЗь и
ЗфBаЗь) = 2аЗь, при k = 4
,)=**,Ц (l -j
Г=2
откуда xi+i >¦ л;,-. Утверждение задачи доказано.
252. Пусть А, А2, .... Ап — суммы (в пенсах), вы-
вырученные от продажи лотерейных билетов п распростра-
распространителями. Продолжим последовательность Л, неограни-
неограниченно так, чтобы выполнялось соотношение An+h = Ah.
По условию «а» из равенства Aj = Ak следует, что j =
53 fc(mod п). Нетрудно видеть, что число п отлично от 1
и 2 и что
О < Ak < 144.	A)
Условие «б» можно представить в виде
.	B)
Вычислив с помощью соотношения B) при заданных
Ai я А2 суммы А3, Л4, Л5, Л6 и А7, мы обнаружим, что
А6 = А\ и А7=А2. Следовательно, Ah+5 = An, а тогда
5 = 0 (mod п), откуда п = 5.
Ни одно из чисел Ah не является взаимно простым
с числом 144, поскольку в противном случае Ak+2 дели-
делилось бы на 144, что противоречит неравенствам (!)•
О
Кроме того, по условию «в» 1] Ak = 5 (mod 6). Следо-
вательно, по крайней мере одно из чисел Ак, например
Аи нечетно и, значит, делится на 3. Пусть
где щ нечетны. Из соотношения B) при k = 2, 3 пол?
чаем а2 = аз — 4, а3 + «4 = 12, и так как 0 ^ а,- —
(в противном случае А\ ^ 256, что противоречит (П)> т
4С8

аз ^ 5, a41^= 5, <хч ^ 1. Аналогично из B) при k = 1
находим, что Л5 четно.
Итак,
Л, = 35,, Л2 = 2Б2, Л3
где числа В,- удовлетворяют следующим дополнительным
условиям: В\ нечетно и
В3уЬВА.	C)
Из условий C) следует, что ни Аз, ни Л4 не делятся
на 9. Из соотношения B) при k = 3, 4 мы находим, что
Аг и Л5 делятся на 3, а значит, и на 6. Таким образом,
5
1>1 з + 4
53 + B4=l(mod3).	D)
Кроме того,
E)
Единственная комбинация значений Въ и Б4, удовлетво-
удовлетворяющих соотношениям C), D) и E), состоит из 3 и 4.
Следовательно, мы можем выбрать Л3 = 96, Л4 = 128 и
по этим значениям получить из соотношения B) полное
решение
Л, = 135, Л2 = 54, Л3 = 96, Л4=128, Л5 = 24.
(Перестановка значений Аз и Л4 приводит к тому же
набору чисел, но взятому в обратном порядке.)
253. Пусть
I A — y\(\ — jr2W| — JK2U1 — X2Z2\ ' •"•»	^ '

A — х) A — *г) A — хг) A — х2г2)
где х — фиксированное комплексное число внутри еди-
единичного круга, а z — комплексная переменная, отличная
от хп при п= 1, 2	Подставляя в A) zx вместо z
и вычитая соответствующие члены, находим
F(z)-F {zx) = {l_z;)l_zx,) F {zx*).	B)
409

Функцию G(z) определим соотношением
G (z) = F (z) П A — zx").	C)
Нетрудно видеть, что G(z) —целая функция от г и
0-.
Кроме того, из соотношений B) и C) следует, что
G (z) - A - zx) G (zx) = zx2G {zx2).	E)
Разлагая G(z) в степенной ряд
G{z) = ao + alz + a2z->+ ....	F)
коэффициенты которого зависят только от х, и прирав-
приравнивая в правой и левой частях соотношения E) коэф-
коэффициенты при 2", получаем рекуррентное соотношение
а„=-а„_1х", п>0.	G)
Поскольку а0 = G @) определяется рядом D), то в
силу соотношения G)
ап = (- l)nx<"!+n>'2a0 = (-1)" х<"'+«>'2 ТТ —1—. (8)
*>i 1~х
Следовательно,
G w = П т^Ь
а поскольку G(z) и ^(z) связаны соотношением C), то
Полагая г = 1, получаем тождество, которое требо-
требовалось доказать.
254. Особое решение представляет собой множество
точек (х,у), задаваемое параметрическими уравнениями
где х = х(р), у — у(р). Частное решение имеет вид
cx —
410

где с — фиксированное число. Общую точку х = —/'(с),
у = —с/'(с) + /(с) особого и частного решений мы по-
получим, положив р = с в трех приведенных выше урав-
уравнениях.
Докажем теперь, что найденная общая точка особого
решения и частного решения, соответствующего выбран-
выбранному значению с, единственна. Пусть р = k ф с. Если
параметрические уравнения, задающие особое решение,
и уравнение, определяющее частное решение, совместны,
то их определитель равен нулю:
k —1 / (/г)
1 О /'(*)
с -1 / {с)
Следовательно,
k
f (p)dp = f (k) — f (с) = f {k){k — c)=\f {k) dp.
Поскольку производная f'(p) монотонна, то это соотно-
соотношение означает, что f'(p) постоянна на интервале [c,k],
в силу чего f'{k) = f'{c) и f{k) = /(с) + Г(с) {k — с). Но
тогда x(k)=-f'(k) = x{c) и y{k)=-kf'{k) + f{k) =
= г/(с). Таким образом, общая точка х(с), у(с) особого
и частного решений единственна, что и требовалось до-
доказать.
255. Для каждого элемента ataj = ад из А суще-
существует элемент akay1 = al, также принадлежащий под-
подмножеству А. Следовательно, в подмножестве А число
элементов вида Cjflj совпадает с числом элементов вида
qtayl. Рассмотрим п2 элементов вида atajl. Из свойств
подмножества А следует, что единичный элемент
f==alayl не принадлежит А и элемент a{aj~l =(aifl^~')~I
не принадлежит А, если А содержит элемент ataj\ Та-
Таким образом, подмножество А содержит не более
п{п—1)/2 = 1 I элементов вида fl,-aj"'. Это означает,
что число элементов вида ага^ в А также не превы-
Шает
411

256. Продифференцировав ряд [III. 11A1)]
-2- + x2'+p +	+
почленно по х и разделив на —д:, получим
откуда [см. III. 11 (8)]
оо	оо
V"> cthnn , 2 Y1 1 	я^
Zj n3 "+" La (n sh яиJ ~~ 45 "¦" "* Zj Zj (m2 + n2J'
Ho*
OO	00
n=-l m=-l
Zj (m2 + n2J —^2) (.I2 ~ 32 + 52 ~~ •••) ?D)~
32 -г 52 — •••; go • \"i
Таким образом, остается найти лишь сумму ряда
оо
л Л cthixn/n3. Производя элементарные преобразования,
n=i
находим
оо оо
Zcth яп 	У_|	I V1 V 	I
п? ~~ Zj п* "+" Zj /L n2 (n2 + m2) ~~
1 , „ \-> \-> _L_fJ	!	"\ _
n—l	n=«i
n=*\
oo	oo	oo oo
^	2
2-i~n2	Zj Zj
/n2 (m2 + n2)
n=»l	m=-l n— 1	n=-l m=l
OO	OO
сШя/п
n—1	m=-l n— 1	m—1	m—1
Следовательно,
oo
SCth ЯП 	JX^_ , Jt*_	 7lt*
пз — go T6"~" 180"
n-1
412

Подставляя B) и C) в соотношение A), получаем тре-
требуемое тождество.
257.	В разложении
п - 1 = 4 BР~' + 1) Bр-' - 1)/3
множитель 4 делится на 2, множитель 2v~x — 1 делится
на р (по малой теореме Ферма, поскольку р— простое
число, см. III. 6) и на 3 (поскольку р — нечетное простое
число). Следовательно, если р > 3, то 2*'~1 — 1 делится
на Зр, а п— 1 делится на 2р.
По условию задачи число 22р — 1 делится на п. По-
Поскольку число п— Г делится на 2р, то 2"-' — 1 делится
на 22р — 1, а потому и на п. Следовательно, 2п —2 так-
также делится на п, что и требовалось доказать.
258.	Докажем утверждение задачи от противного.
Предположим, что
EJL—2.
где р и q — целые числа. По условиям задачи можно
выбрать целое число k так, чтобы
Пк
при i~^k. Тогда
у» W--"fe-i'?
fc-i
E"l"-Wft-l'? , \? "l-""fe
Произведение РП1П2 ... tik-i и конечная сумма в правой
части — целые числа, а каждый член ряда
оо
в силу сделанного нами выбора числа k меньше соответ-
соответствующего члена ряда '/з + Уэ+ ...^Ь.'/з'сЬ'-ч сумма
413

которого равна '/г- Полученное противоречие доказы-
доказывает, что утверждение задачи верно.
259.	Рассмотрим п последовательных чисел п,
п— 1, ..., п — р-\-\. С точностью до перестановки они
сравнимы по модулю р с числами 1, 2, .-.., р. Кроме
того, одно из них, например число /V, делится на р, от-
откуда [nip] = Nip. Вычеркнув число N, мы получим на-
набор чисел, сравнимых (с точностью до перестановки)
с полной системой ненулевых вычетов 1, 2, ..., р — 1
по модулю р.
Пусть П — произведение чисел, оставшихся после вы-
вычеркивания числа N:
п	п(п-\) ...(д-р+1)
11 —	N
Тогда
П = (/7 — 1)! (mod p).
Умножив на N/p, получим
NH (p — \)\N, . ,	m
— = liL-y—(mod p),	A)
а разделив на число (р— 1)!, взаимно простое с р, пре-
преобразуем сравнение A) к виду
N11 N , , ,	,Оч
-рГ = — (mod p),	B)
где NU/p\ — целое число, равное ( J. Таким образом,
первое утверждение задачи доказано.
Если число N/p = [nip] делится на ps, то сравнения
A) и B) остаются верными и по модулю ps+1. Отсюда
следует, что NUlp = ( J делится на ps. Таким обра-
образом, второе утверждение задачи также доказано.
260.	Решение этой задачи приведено в статье
Л. Г. Шнирельмана, помещенной в журнале «Успехи
математических наук», вып. X, 1944, стр. 34—44 '.
262. Функция f{z) удовлетворяет уравнению
f(z)-\=azf{a2z),	@
¦ • Я не знаю достаточно простого решения этой задачи даже
прн упрощающих предположениях, например когда кривая анали-
тичиа, и т. п. — Прим. ред. ¦ .
414

На единичной окружности функция f(z) имеет по край-
крайней мере одну особую точку, например точку z0. Из
функционального уравнения A) следует, что тогда u2zq
также будет особой точкой функции f{z). Повторяя тс
}ке рассуждения, получаем последовательность особых
точек a2mz0 при т = О, 1, ... . Поскольку ¦& — иррацио-
иррациональное число, то эти точки образуют на единичной
окружности плотное множество. Следовательно, единич-
единичная окружность является естественной границей функ-
функции f{z), что и требовалось доказать.
Если ¦& — рациональное число, то f(z)—рациональ-
f(z)—рациональная функция.
263.	Рассмотрим те члены заданной последователь-
последовательности целых чисел, которые не являются делителями
других членов последовательности. Если число этих чле-
членов бесконечно, то они образуют бесконечную подпосле-
подпоследовательность, любые два члена которой не кратны друг
другу, и утверждение задачи доказано. Если число чле-
членов конечно, то, вычеркнув их и все их делители из
исходной последовательности, мы получим бесконечную
последовательность целых чисел, в которой каждый член
является делителем по крайней мере еще одного члена
последовательности. Из этой последовательности мы мо-
можем выбрать подпоследовательность, в которой каждый
последующий член будет кратен предыдущему, что и
требовалось доказать.
264.	Рассмотрим отдельно два случая.
Случай 1. В каждой бесконечной подпоследователь-
подпоследовательности Ь\, Ь2, ... данной последовательности а\, а2, ...
существует по крайней мере одна сумма Ь» + bj и соот-
соответствующая бесконечная подпоследовательность btlt
Ьц, ..., такие, что
При этом очевидно, что бесконечно много членов под-
подпоследовательности bit, bj,, ... принадлежат одному и
тому же классу вычетов по модулю Ьг -\- bj. Иначе го-
говоря, существует сумма alt + ah и бесконечно много
членов последовательности аг (для удобства обозначим
их af\ af\ ...), таких, что
4)^0(mod(ali+fl/i)), af^aV^ ... (mod^+aj). A)
415

Аналогичным образом можно убедиться в том, что су-
ществует сумма aff + a{^ и бесконечная подпоследо-
подпоследовательность af* членов последовательности af\ таких,
что
2af ф О (mod (a® + a<f)), af>=43>ss • • • (mod (°S? +ал0).
Из соотношений A) получаем
ag) + fl<f = 2ajf # 0 (mod (fl| + fl/)).
Аналогичным образом находим и другие члены после-
последовательности сумм
Ясно, что ни один из членов этой последовательности
не является делителем другого.
Случай 2. Существует подпоследовательность Ъи
Ь2, ... членов последовательности аи а2, ..., таких, что
для любой суммы bt + bj найдется лишь конечное число
членов подпоследовательности bh, для которого 2bhФ
Ф 0(mod(bj -J- bj)). Следовательно, при всех достаточно
больших п
Рассмотрим последовательность сумм Ъ\ + Ьп„
Ь\ + Ьщ, . ¦ ¦, где номера ti\ < гц < ... возрастают не-
неограниченно и достаточно быстро для того, чтобы вы-
выполнялось сравнение
2bnk = 0 (mod (Ь, + bnj), i < k.
Поскольку 0 < 2b\ < b\ + bni, то
26, # 0 (mod F,+ &„,)).
Таким образом, при k > i все члены последовательности
сумм b\ -f- brtft удовлетворяют сравнению
2 F, + bnk) « 26, (mod F, + &„,)
и, значит, не делятся на Ь\ + 6„(.. Тем самым ни один
из членов последовательности Ь\ + ЬПк не является де-
делителем другого, что и требовалось доказать, «
416

265. Пусть R— сила натяжения, постоянная по всей
длине нити, поскольку нить невесомая, а «налитая» в
нее жидкость не создает в нити касательных напряже-
напряжений; р — радиус кривизны нити; о-—масса, приходящая-
приходящаяся на единицу «заполненной» жидкостью площади; g —
ускорение свободного падения; положительная полу-
полуось у направлена вниз по вертикали (ось х— горизон-
горизонтальная).
Гидростатическое давление на глубине у равно agy.
Если нить находится в равновесии, то давление agy и
радиус кривизны нити р в точке^ находящейся на рас-
расстоянии у ниже оси х, определяют силу натяжения
R =.—ogyp, или
ogy
Полагая R/ag = a2/4 и интегрируя, получаем
где ¦& = arctg(dy/dx), a h =^(c + a2/2)I/a — максимальное
значение у (стрела прогиба нити).
Решение полученного дифференциального уравнения
может быть выражено через эллиптические функции
Е (k, ф) = J Vl —**siiftp dq>,
В самом деле, в точках закрепления нити ордината у
обращается в нуль, а потому должно выполняться не-
неравенство а2 ^ 2h2. Положим h2 = k2a2, где k2 < '/2 и
введем новую переменную q> с помощью равенства
&sin<p = —51п(Ф/2). Тогда t/ = /icosq), а поскольку
14 Зак, 438	417

(здесь s — длина дуги, отсчитываемая для удобства от
точки максимального прогиба, где ф = 0, в обе стороны
с соответствующим знаком), то
ds	, sin фа	I
	 , sing)	а_
dm sin©	2 Vl — &2sin2q> "
Таким образом,
ф
а С dm	1 „,, ч
s = тг \ .	==- = — aF (k, ф).
Аналогично
dx , sin q> „	а 1 — 2Л2 sin2 «p
	== — Л	— COS ft =	,	.=¦,
dqi sin©	2 Vl — Л2 sin2 m
Vl —/s2sin2(p
Итак, если k и а фиксированы, то искомую кривую
можно задать параметрическими уравнениями у =
= /icosq), x = aE(k, ц>)— -j aF(k, ф). Постоянную k на-
находим из равенства
Я/2
dtp
J Vi — j
. _ k2 sin2 ф
о
n
266. Полюсы функции [A — s?)fsmnz] Ц sin (яг/ft) мо-
могут располагаться только в точках вещественной оси
с целочисленными абсциссами. При |z|^n возможные
нули знаменателя оказываются подавленными нулями
числителя, а при |z|>tt числитель впервые не обра-
обращается в нуль, Когда z, возрастая, достигает ближай-
ближайшего к п простого числа р (решето Эратосфена!). Таким
образом, радиус сходимости степенного ряда, представ-
представляющего рассматриваемую функцию, равен расстоянию
от начала координат до первого простого числа, боль-
большего п. Утверждение задачи непосредственно следует из
доказанного и формулы Коши —Адамара.
418

267. Как известно (см. III. 14), Fn=-{rn — s")/V5 ,
еде г и s — корни уравнения х2— х—1=0. Полагая
а = 2П, получим
= г2" + s2a — (ra + saJ + 2 = — 2 (rs)a + 2 = 0.
Следовательно, отношение чисел Фибоначчи F2k+\!F2k
удовлетворяет тому же рекуррентному соотношению, что
и члены последовательности аи, а поскольку а,\ = 3 =
е= FJF2, то тем самым утверждение задачи доказано.
268. Пусть а — радиус сферы, р(г)—плотность в
точке Р, находящейся на расстоянии г от центра сферы,
f(r) —ускорение силы тяжести в точке Р.
Известно, что однородная сфера притягивает мате-
материальную точку, лежащую вне ее, так, как если бы вся
масса сферы была сосредоточена" в ее центре, а внутри
той же сферы равнодействующая сил тяготения равна
нулю. Поэтому
г
^\	A)
Если единичная масса падает с поверхности планеты
в точку Р по любой траектории (без трения), то в точ-
точке Р ее скорость определяется законом сохранения энер-
энергии
а
[V{)]2 \f{s)ds	B)
Рассмотрим прямой туннель с идеально гладкими
стенками, прорытый на расстоянии х от центра планеты.
Если у — расстояние от точки Р на оси туннеля до се-
середины туннеля, то
у / \	 dy	г	dr_
~ dt ~ Vr2 — х2 dt '
14*	419

Следовательно, половина времени Т, за которую едн-
ничная масса пройдет насквозь весь туннель, равна
f	rdr
Умножив соотношение C) на х/^/х2— у2, проинтегри-
проинтегрируем правую и левую части по х от у до а (у— произ-
произвольное число, заключенное между Она):
Г dx Г	xrdr	=
J J V (г) V*2 - у2 Уг2 - х2
Г Г xdx
= \	.
J 2 Vjc2-«
2
Изменив порядок интегрирования, получим
Г /Д2 . Г »-^ f	xd»	=iLr rrfr
2 V	tf ) F(r) J Vjc2 - {/2 Vr2 - л2 2 J F (r) '
У	У	У
Продифференцировав по у, найдем зависимость скоро-
скорости от у:
Теперь нетрудно вывести зависимость /(г) (для этого
соотношение B) достаточно продифференцировать по г):
Наконец, подставив это выражение в соотношение
A), получим после дифференцирования по г выражение
для плотности планеты:
Таким образом, плотность планеты постоянна, что
и требовалось доказать.
269. Пусть е — единственный исключительный эле-
элемент. Ясно, что е ф 0.
420

а. Поскольку при всех у
{—е + у — еу)= —е2 + у — е2уф0,
то —е2 = е, или е2 + е = 0.
б.	Соотношение х + ех = О выполняется при всех х.
Действительно, если бы выполнялось соотношение е -\-
-\-x-\-ex ф е, то существовал бы элемент кольца у, та-
такой, что е -\-х-\-ех-\-у-\-(е-\-х-\-ех)у = 0. Умножая
последнее соотношение слева на е, получаем (по дока-
доказанному в пункте «а») е2 = 0, или е = 0. Полученное
противоречие доказывает, что соотношение х + ех = 0
выполняется при всех х.
Аналогичным образом только что полученный резуль-
результат позволяет доказать, что х + хе = 0 также при всех
х. Таким образом, —е совпадает с единичным элемен-
элементом кольца А.
в.	Соотношение х -f- У + ху = 0 можно теперь пред-
представить в виде (х — е) (у — е) = —е при хФ е, или
ЛУ=— е при ХфО, где Х = л; — е, Y = y — e. Таким
образом, для любого отличного от 0 элемента X коль-
кольца А существует обратный элемент. Следовательно, А—•
кольцо с делением, что и требовалось доказать.
270. Пусть
оо
n-l = Z2*fl*; ak = 0, 1.
Тогда
Суммируя правые и левые части, получаем
т==Э
что и требовалось доказать.
271. Вероятность вынуть данный коробок спичек ров-
ровно п раз за п-{-х(х — 0, 1	п) испытанный и затем
421

достать его снова при (п'+" * + 1)'-м испытании равна
(п + х \ ( I \n+*+'
) ( y) • Следовательно, когда вынутый ко*
робок оказывается пустым, вероятность того, что в дру.
гом коробке осталось п — х спичек, составляет
Поскольку это событие должно происходить при од.
ном и только при одном значении х, то
«-	о)
Математическое ожидание Е числа спичек, оставшихся
в другом коробке, определяется выражением
Соотношение A) позволяет упростить это выражение
следующим образом:
*¦+ О-*0.+ 01 (" Jil' ) (т
^JL
/tin! V 2
LV"
272. Число V^ не является исключением. Разложе-
Разложения в виде бесконечных отношений можно получать и
для других радикалов. Докажем это утверждение.
При а—>оо дроби
F( \— 2'4'6 • •' 2а — 22°а1с1
Г W~~ 1-3-5...Bа- 1) ~ BаI
422

расходятся, но частные
F(na) _ 2^а<"~') (па)\ (па)\ BоI	...
F(a)	alalBna)l	{1>
сходятся к -\п , в чем нетрудно убедиться, если вос-
воспользоваться формулой Стерлинга [см. 111.11F)]. Если
при нечетном п каждый множитель дроби F(a) умно-
умножить на п, то отношение A) будет эквивалентно дроби
F(na), в которой вычеркнуты все числа, кратные п. Эту
дробь нетрудно разложить в бесконечное отношение
ro/rj/гг, • • • , где
_ (kn + 2) (kn + 4) ... (kn + n - 1)
Гк ~ (kn + l)(kn + 3)...(kn + n-2) '
Примерами таких разложений могут служить раз-
разложение, приведенное в условии задачи, и разложения
/=- __ ^_4 /7^9 /12-14 ,17-19
У ~~ I -3/6-8/ 11-13/ 16-18 •"'
V=-_ 2-4-6 /9-11-13 /16-18-20 /
' ~~ 1-3- 5/ 8-10-12/ 15-17-19/
Если п четно, то все числа, кратные п, войдут в чис-
числитель дроби F(na). Следовательно, отношение A) в
этом случае эквивалентно дроби F(na), у которой все
нечетные числа, кратные п, повторены дважды, а все
четные числа, кратные п, вычеркнуты. Соответствующее
бесконечное отношение гоМ/гг -. - содержит числа
(kn + 2) (kn + 4)... (kn + я)
(kn+ l)(kn + 3) ... (kn + n— 1)	.
n + 2)...(kn + n-2)	ПРИ нечетном k.
Например,
Vjr- 2/3/6 /7 /10
j- 2•4 /5•7 /10-12 /13-15
4
/
7 12-14
IK — 2'4'6 /7-9-11 /14-16-18
^ ~ 1 -3-5/ 6-8-10/ 13-15-17
273. Пусть Cr — окружность радиусом г с центром в
начале координат. Любая непрерывная вещественная
423

функция f достигает на Ст минимального значения. Обо-
Обозначим через Sf множества точек, в которых / достигает
минимума на окружностях Сг при любых г ^ 0. Дока-
Докажем, что для любой непрерывной функции f множество
5/ замкнуто и пересекает любую окружность Сг и, на-
наоборот, любое замкнутое (не обязательно связное) мно-
множество 5, пересекающее любую окружность Сг, является
множеством 5/ точек минимума, достигаемого на окруж-
окружностях Сг некоторой непрерывной функцией /.
Для любой непрерывной функции / множество Sf по
определению пересекает любую окружность Сг. Чтобы
доказать, что множество Sj замкнуто, рассмотрим после-
последовательность точек рп —> р, где рп е S/. Пусть q — лю-
любая точка, принадлежащая той же окружности, что и р.
Докажем, что f(p)^f(q)- Для этого выберем последо-
последовательность точек qn, сходящуюся к q, так, чтобы ка-
каждая точка qn лежала на той же окружности Сг, на
которой лежит точка рп. Поскольку рп — точка, в кото-
которой функция / достигает минимума на окружности Ст,
то f (Рп) ^ f (qn) ¦ Но f — непрерывная функция, поэтому
fiPn)^f(p), fiqn)-+f(q) n'f(p)s^f{q). Следовательно,
р е 5/ и множество Sf замкнуто.
Рассмотрим теперь замкнутое множество S, пересе-
пересекающее любую окружность Сг. Определим функцию
f(p) как расстояние от точки р до множества 5. Тогда
/ — непрерывная функция, обращающаяся в нуль на 5
и положительная всюду вне этого множества. Посколь-
Поскольку множество 5 пересекает каждую окружность Сг, то
минимум функции / на'Сг равен 0 и достигается только
в точках пересечения окружности Ст с множеством 5.
Следовательно, мы доказали, что Sf = S.
Замкнутое множество, пересекающее любую окруж-
окружность Ст, можно получить, дополнив произвольное зам-
замкнутое множество лучом, исходящим из начала коор-
координат. Хотя такое множество может быть несвязным, оно
обладает по крайней мере одной связной компонентой.
Вполне несвязное замкнутое множество 5, пересекаю-
пересекающее каждую окружность Сг, можно построить следую-
следующим образом. Пусть а:Ф—>г — непрерывное отображе-
отображение канторова совершенного множества D, построенного
на интервале 0 «с: ¦& =%: 2л, на замкнутый луч 0 ^ г ^
^ _|_ се, такое, что точка 2л, и только она, переходит
в бесконечно удаленную точку то. Плоское множество
424

S = {(r, ft), r = a(ft), ФеД ¦0^2n}, где (r, ft) поляр*
ные координаты, замкнуто, вполне несвязно и пересе-
пересекает каждую окружность Сг.
274. Пусть п — заданное натуральное число; 1 ^ щ ^
sc; п, j=l,2, ..., k. Обозначим через М(п;аи ..., ah)
множество всех целых чисел т A ^ т <с: п), для кото-
которых по крайней мере при одном at либо щ\т, либо т\аи
а через |М| —количество целых чисел, принадлежащих
множеству М, и
X (а) = а, + а2 + ... + аг> если а = р^р"* ... р*г.
Пусть при заданных k и п величины ait i=\, 2, ...
..., k, образуют систему чисел, для которых величина
М(п; аи ..., ah) максимальна, а (если таких систем
несколько) величина Х(аь ..., ак) минимальна. Дока-
Докажем, что при этих условиях каждое а{ — простое число.
Не ограничивая общности, предположим, что щ Ф а^
при i Ф ']¦
1.	Если at = ра, р — простое число, то a = 1.
Действительно, если а>1, то выберем систему a'jy
задаваемою соотношениями a^ = p, a'j = at при ]фп
Ясно, что М(п; а[, а'2, ..., a'k) эМ(п; о,, Oj,..., ak) и
¦к(^, a'v ..., a'fc)<X(a1, a2, ...,ak).
2.	Если ai = р, р — простое число, то (a,j, р) = 1 при
} Ф i.
Предположим, что а^р"^, а > 0, (агрр) — \ при
некотором / ф L По доказанному в пункте 1 a'f > 1.
Положим a'v = av при v ф /. Тогда, как и в пункте 1,
Д1' = м (п; а[, а'2,..., a'k) з М (п; а,, а2, ..., ak) = М. A)
Действительно, элементами множества М, не принадле-
принадлежащими множеству М', могли бы быть лишь те, которые
делятся на р. Но тогда они делятся на а{ = а\ и, следо-
следовательно, должны принадлежать множеству М'.
3.	Пусть щ = pad, (р, d)= 1, а ^ 1, d>\. Тогда aj
не делится на d при / Ф i.
Действительно, предположим, что d \ щ при / ф L
Пусть а\ = р, a'v = av при v Ф i. Тогда снова будет вы-
выполняться включение A), поскольку из всех элементов
425

множества М множеству М' могут не принадлежать
только делители числа d, которые являются делителя-
делителями числа af = a'f и поэтому должны принадлежать мно-
множеству М'.
4. Предположим теперь, что числа аи а2, .... ат со-
составные, а ат+\, ..., ah — простые. В пункте 2 мы дока-
доказали, что (ац, av) = I при l^n^r, г < v <; /:. Пусть
<7i> <72, • • ¦, Qu — различные простые числа, такие, что:
а) gi — наименьший простой делитель чисел а\, а2, ...
..., ат; б) каждое число щ делится по крайней мере
на одно из чисел qv. Ясно, что такой набор простых чи-
чисел существует. Не ограничивая общности, предполо-
предположим, что av = <7v при г < v =%: k. Докажем, что
\М'\ = \М{п; quq2,...,qk)\>
^\M(n;al,a2,...,ak)\ = \M\. B)
Пусть mv^l(v=l, 2, ..., k)—наибольший дели-
делитель числа av, который взаимно прост с qu q2, ..., qh.
Например, mv = 1 при v > г. Ясно, что элементы мно-
множества М, не принадлежащие множеству ЛГ, должны
быть делителями некоторых mv, и каждый делитель
d\mv, d>l обладает этим свойством. Остается лишь
доказать, что число элементов множества М', не принад-
принадлежащих множеству М, не меньше числа таких дели-
делителей.
Предположим сначала, что d\mv, I < d < mv. Пусть
a — наибольшее из целых чисел, удовлетворяющих не-
неравенству A(d) = q^d^.n. Ясно, что а^ I и число A(d)
принадлежит множеству М'. С другой стороны, A{d)
не принадлежит множеству М, то есть не является де-
делителем числа а,- и не делится на at ни при каком i-
При i = v это утверждение очевидно, при i ф v оно
следует из пункта 3. Действительно, если A(d)—дели-
A(d)—делитель числа a,- (i^r), то A{d) = au поскольку при лю-
любом простом делителе р числа at выполняется неравен-
неравенство pqfd>n и a,i\A(d). Но если at — делитель числа
A(d), то пг должно иметь вид qfdu где d\—делитель
числа d и, следовательно, делитель числа av, что проти-
противоречит доказанному в пункте 3. Очевидно, что при
d\ ф d2 числа A(d{) и A(d2) не равны.
Предположим далее, что d = mv > 1, то есть v ^ г-
Пусть число таких d равно s. Итак, требуется найти s
426

различных чисел, не превышающих заданного натураль-
натурального числа п, не совпадающих ни с одним из чисел
A(d) и принадлежащих множеству М', но не принадле-
принадлежащих множеству М. Пусть Pj (?= 1, 2, ..., г)—наи-
г)—наибольшее целое число, удовлетворяющее неравенству
q\l^n, а у* — наибольшее целое число, удовлетворяю-
удовлетворяющее неравенству Al = q&liq^i^n. Числа Д, очевидно,
принадлежат множеству М', но отличны от чисел A(d).
Необходимо доказать, что по крайней мере s из чисел Д
не принадлежат множеству М. Но если Д— делитель
числа uj, то в силу приведенного выше рассуждения чис-
число Аг должно совпадать с а, и, следовательно, делиться
на пу Может случиться, что Д делится на а, (или даже
несколько at) с т3 = 1. Но два различных числа Д не
могут делиться на одно и то же число uj, поскольку это
означало бы, что а.} совпадает с некоторой степенью
простого числа q\. Следовательно, чисел Аи не принад-
принадлежащих множеству М, существует по крайней мере
столько, сколько существует чисел cv с mv>l, то есть
s. Итак, числа A(d) и Д, взятые вместе, дают по край-
крайней мере столько элементов множества М', не принад-
принадлежащих множеству М, сколько существует чисел d\mv,
d Z> 1, что и требовалось доказать.
Но М<7ь<72> •••, 9fe)<^(«i.«2, •.., ah), если г > 0.
Следовательно, г = 0 и каждое из чисел at простое.
Утверждение задачи можно считать доказанным, если
заметить, что
\M{n; qu q2, ¦¦•, <7ft)KIM(n; 2, 3, .... рк)\.
275. Из определения постоянной Эйлера С (III. 12)
следует, что
Выражение, стоящее в скобках, можно преобразовать
к виду
427

Замечая, что при сложении членов конечной суммы и
бесконечного ряда члены с нечетными s взаимно унич-
уничтожаются, а при четных s соответствующий член ряда
удваивается, получаем
Проделав аналогичную операцию над двумя членами
нового выражения, преобразуем его к виду
s=1	s=2n~' + l	s=2n+l
Продолжая этот процесс до полного «исчерпания» ло-
логарифмического члена, представим А в виде суммы ря-
рядов. Сложив члены этих рядов, имеющие общий знаме-
знаменатель, получим следующее выражение:
2г+1
А =
Заметим, что при п—>¦ оо член п 2 (—l)s/s —*" 0, по-
S-2n+l
скольку остаток ряда <«лейбницевского типа» не больше
первого из его членов. Следовательно,
где {л;} означает наибольшее из целых чисел, которые
меньше числа х. Записав единицу в виде суммы беско-
бесконечно убывающей геометрической прогрессии '/г + 'Л +
+ 7в + • • • и сложив члены этой прогрессии и члены
оо
ряда 2 ((—lOsHns/'n 2}, имеющие одинаковые зна-
s=l
менатели, получим то выражение для постоянной Эйле-
Эйлера, которое требовалось доказать.
276. Пусть у,, v, р, /г, т — положительные целые чис-
числа, 5 — заданное множество положительных целых чи-
428

сел и а—элементы множества S. Обозначим через 5*
множество всех чисел вида а"'а ... аапп, где а* ^ 0.
Тогда leS* и Д В, С, D, E, F — элементы множества
5*. Предположим, что множество S обладает делитель-
делительным свойством. Докажем, что множество S* также об-
обладает делительным свойством.
Начнем с доказательства следующей леммы.
Лемма. Если av e 5 при всех v, то существует под-
подпоследовательность индексов vp, такая, что vi < V2 <
< ... и aVl делит av,, aVj делит aVi и так далее.
Доказательство. Пусть М — множество всех индек-
индексов ц, таких, что если ц <С v, то Яц > av. Множество М
конечно, поскольку в противном случае мы могли бы
выбрать подпоследовательность цр е М, такую, что
Hi <С Ц2 < . • • • Тогда соответствующая бесконечная под-
подпоследовательность элементов множества 5 была бы
убывающей а^ > а^2 > ..., что невозможно. Для ин-
индекса \i\, большего максимального из индексов, при-
принадлежащих множеству М, существует индекс ц,2 > Ц\,
такой, что ац,^оМг. Продолжая этот процесс, получим
конечный набор Mi элементов множества М, такой, что
М1 < Иг ¦ • • и Оу,х ^ Оц2 ^ • • • • Пусть М2 — множество
всех [1 е Л1Ь таких, что ац не является делителем ни
для одного av при ц < v, ve All. Тогда множество М2
конечно, поскольку в противном случае мы могли бы
найти различные ц, veAI2, такие, что an|av (напомним,
что множество S обладает делительным свойством!). По
определению множества М2 это означало бы, что v < ц.
В свою очередь неравенство v < ц по определению мно-
множества Mi означало бы, что av ^ йц, откуда av = а»,
о\,|ац. Но это противоречит тому, что veM2. Следова-
вртельно, можно.выбрать индекс vi^Ali так, чтобы чис-
число vi было больше любого элемента множества Мг. То-
Тогда существует v2 e Mi, v2 > vi, такой, что aVl I aVl. Про-
Продолжая этот процесс, находим элементы V2, V3, ... мно-
множества Mi, такие, что vi < V2 < . • • и aVl I av,, aVl \ av,. Тем
самым лемма доказана.
Обратимся теперь к доказательству утверждения за*
Дачи. Пусть Д, е S* при всех v. Требуется найти раз-
различные индексы ц, v, такие, что ЛУ|ЛЫ.
Определим по индукции числа nh, Eh, Ck, следующим
образом:
429

а.	Положим По=1, Во=1, Со = Т. Заметим, что
тр, Dp, Ер можно выбрать так, чтобы п0 << Ш\ ¦< т2 <^
Amp = DpEp, B0\Dl\D2\D3...
(a\b\c ... означает, что а— делитель числа b, b — де-
делитель с и, вообще, каждое предыдущее число — дели-
делитель последующего). Для этого достаточно взять
тр = р + \, Dp=l, Ep = Ap+l.
б.	Предположим, что при некотором k мы уже
нашли числа щ-х, Bk-lt Ck-i, позволяющие выбрать т',
D'p, Е'р так, чтобы п,_, < т\ < т^ <,..., А'Пр = UpE'p,
Bk-\ I ^11 ^2 • • • • Выберем т'р, D'p, E'p так, чтобы число
Е\ имело наименьшее из допустимых значений, и положим
nk = m\, Bk = D[, Ск = Е[.
Итак, числа щ, Ви, Ck определены теперь при всех к
и удовлетворяют следующим условиям:
Кроме того, при любом k число Ck обладает сле-
следующим свойством минимальности: если nfe_, < m" <
<r tn" <:	A" = Vi"F" и R I Г)" I D"	та Г <CF"
в. Рассмотрим отдельно два случая.
Случай 1. Предположим, что существует такое зна-
значение k, при котором Cft = 1. Тогда АПк = Bk \ Bk+\ \ Atft+1>
и доказываемое утверждение выполняется при ц = «д.
v = nh+l.
Случай 2. Предположим, что Ch > 1 при любом «•
Тогда существуют числа аь, Fh, такие, что Ck = ^
а по лемме существует набор индексов vi < v2 <. ¦ ¦
при котором av, I avj .... Следовательно,
Aiv = BvpCVp = (SVpaVp)FVp, nVl_, <nVl <nV2< ••
BVl_! | BVlaVl | Bv,aVl\ ..., FVl = CvJaVl < CVl,
что противоречит свойству минимальности числа
Итак, утверждение задачи доказано.
430

277. Минимальное число самолетов, необходимое для
того, чтобы обеспечить кругосветный полет одного само-
самолета, не превышает 77.
Кругосветный полет будет возможен, если мы сумеем
составить расписание полетов так, чтобы самолет, ле-
летящий вокруг земного шара, пролетев 2/5 всего пути,
оказался вновь полностью заправленным, а к исходу
3/5 пути был встречен самолетом, летящим в противо-
противоположном направлении и несущим достаточный запас
горючего. Разделим 2/5 окружности земного шара на
12 равных участков. (Длина каждого участка состав-
составляет 1/30 длины земной окружности. Полной заправки
самолета хватает, чтобы пролететь шесть участков.)
Приводимое ниже расписание полетов показывает, ка-
каким образом обеспечивается кругосветный полет одного
самолета.
С базы одновременно взлетают 32 самолета. В конце
первого участка 25 самолетов заправляются в воздухе
до полной емкости топливных баков, а 7 — возвращается
на базу. В конце второго участка 5 самолетов заправ-
заправляют остальные 20 самолетов до полной емкости и по-
поворачивают назад, но в то же время с базы стартуют
9 новых самолетов. Назовем порцией количество топ-
топлива, необходимое одному самолету для того, чтобы
пролететь один участок. В приводимом ниже расписании
полетов индексы у числа самолетов, возвращающихся на
базу, показывают, сколько порций топлива останется
в сумме в их баках к концу участка, а отрицательные
индексы у числа самолетов, продолжающих полет, —
сколько порций топлива в сумме будет недоставать в их
баках до полной емкости в начале участка.
После того как первые самолеты пролетят шесть
Участков, с базы необходимо выслать самолеты навстре-
навстречу самолету, совершающему кругосветный полет. Рас-
Расписание встречных полетов мы получим, прочитав рас-
расписание полетов в обратном порядке и обратив стрелки.
Таким образом, четвертым рейсом 13 самолетов вылетят
с базы в ту же сторону, куда улетел самолет, совершаю-
совершающий кругосветное путешествие, а 18 — отправятся в об-
обратную сторону. Разумеется, индексы у цифр в распи-
расписании встречных полетов будут другими, но легко про-
проверить (хотя это и не очевидно с первого взгляда), что
это расписание также корректно. Число самолетов,
431

Расписание полетов
32
73	25
ч—	—>
9	50 20
8,	6 40	16
ч-^-	—> ч—	—>.
18	60 4	4« 12
—>	ч— —>	ч— —>
Hi	13 5,	3 33	9
13	93 9	42 2	2,	7
13!	9 7«	6 32 1	23 5
IF	Щ, 6	53 4	2^	1-, "С 4
—>	ч— —*	ч— —>	ч—	—>¦ ч— —*
153	Ю 72	4 30	3	2, 1, 3
14	100 7	53 2	32	2 10	12 2
—>	ч— —>	ч— —*	ч—	—* ч— —> ч— —>¦
15,	9 7,	5 42 1	10 2-з li	2-2
ч—	—> ч—	—> ч—	—>	ч— —> ч— —-> ч— —>
12	10 6	63 3	10	1-2 20 1 Ь
—>	ч— —>	ч— —>	ч—	—> ч— —> ч— —> ч—
153	7 8,	4 2i	2	30 1_, 10
ч—	—> ч—	—* ч—	—>	ч— —> ч— —> ч—
10	II, 4	30 3	40	1	22
I-i 2о
> ч
15
7
4
К
4
iX
6
—>
6
—>
I2o
3
3
	>
14,
|з
ч?
3
jt
2
2 .
2_,
2
—*
4—
ъ?
4-^
1
—>
находящихся в воздухе, на различных этапах обеспече-
обеспечения кругосветного полета подсчитывается без труда. Не-
Нетрудно убедиться в том, что в любой момент времени в
воздухе должно находиться не более 77 самолетов. Это
число достигается в восьмом рейсе, когда с базы стар-
стартует 15 самолетов в одну сторону и 10 — в другую. По-
видимому, минимальное число самолетов, необходимых
432

для обеспечения кругосветного полета, меньше 77, по-
поскольку приводимое ниже расписание полетов состав-
составлено при некоторых упрощениях: считается, что само-
самолеты изменяют направление -полета и заправляются,
только пролетев целое число участков, и все самолеты,
находящиеся в любой момент в воздухе на каком-либо
участке, летят в одном направлении (указанном стрел-
стрелкой). Расстояния (в «участках») отложены по горизон-
горизонтали, время — по вертикали.
278. Пусть (xk, ph) и (xk, qk), где ph < qh, — концы
отрезка Sk. Условимся интерпретировать коэффициен-
коэффициенты щ многочлена
f(x)^aoxn + alxn-l+ ... +ап
как координаты точки А в (п+1)-мерном евклидовом
пространстве. Тогда множество точек Л, для которых вы-
выполняются неравенства
Pk<f(Xk)<Qk.	A)
выпукло. Действительно, если а" — {\ — K)ai + ha'lt где
О <; Я, <; 1, и координаты точек А и А' удовлетворяют
неравенствам A), то координаты точки А" также удов-
удовлетворяют этим неравенствам, что и требовалось' до-
доказать.
Утверждение задачи представляет собой частный слу-
случай теоремы Хелли, которая формулируется так: любое
число выпуклых множеств в (n-j- 1) -мерном евклидо-
евклидовом пространстве имеет общую точку в том и только
в том случае, если любые (п + 2) из них имеют общую
точку.
?79. Докажем сначала, что существует бесконечная
подпоследовательность а^ <ah< .... ни один из чле-
членов которой не делит другой. Пусть верхняя плотность
последовательности {а,} равна а и а^ — наименьший из
членов последовательности, удовлетворяющих неравен-
неравенству а > 4а, а1 — наименьший из членов последователь-
последовательности, удовлетворяющих неравенству а >• 2а? и не крат-
кратных а., ai — наименьший из членов последовательности,
Удовлетворяющих неравенству а > 2ati и не кратных ait, at
и так далее. Предположим, что построение подпоследо-
433

вательности aig обрывается на k-м шаге. Тогда вся.
кий член последовательности {а,} с достаточно большим
номером кратен одному из чисел а^, ai2, .... cift. По
построению at > 2'~' • 4/а. Следовательно, плотность
множества целых чисел, кратных одному из чисел
fl»V fl»2« • • •» a*"ft» He больше чем
Это означает, что верхняя плотность последовательности
{а,} меньше а/2. Полученное противоречие доказы-
доказывает существование бесконечной подпоследовательности
а{ < аи < ..., ни один член которой не делит другой
член.
Чтобы доказать более Сильный результат, обозначим
через dx плотность целых чисел, имеющих делитель, ко-
который заключен между х и 2х. Как показал П. Эрдёш',
lim dx = 0. Определим теперь последовательность це-
JC->oo
лых чисел п.\ < П2 •< ... так, чтобы выполнялись два
условия:
2) число элементов последовательности {а*} в интер-
интервале (пт, 2пт) должно быть больше -„- апг.
(Второму условию можно удовлетворить, поскольку
верхняя плотность последовательности {а,} равна а.)
Подпоследовательность последовательности {aj за-
зададим следующим образом. Рассмотрев те элементы по-
последовательности {aj из интервала (пг, 2пг), которые не
кратны ни одному элементу последовательности из ин-
интервала (ttj, 2rtj), где /= 1, 2, .... л—1, мы получим
подпоследовательность ati, a{i	Ни один элемент
этой подпоследовательности, очевидно, не делит другой
элемент той же подпоследовательности. Кроме того, число
1 P. Erdos, Note on sequences of integers no one of which divi-
divides the other. Journal of London Mathematical Society, 1935.—
Прим. перев.
434

влементов подпоследовательности {aif^, принадлежащих
интервалу (пг, 2пг), не меньше
2Пг L ю/ > 4 Пг'
(Число элементов подпоследовательности {aik}, принад-
принадлежащих интервалу (пг, 2пг), не меньше числа элемен-
элементов последовательности {а*}, содержащихся в том же ин-
интервале, минус число целых чисел в интервале (пг, 2пг),
имеющих делитель из интервала (nj? 2щ) при / =
= 1,2, ..., г—1.) Следовательно, верхняя плотность
последовательности {а^} больше нуля и ? lMft = + °°.
Нетрудно видеть, что полученные оценки неулуч-
шаемы. Иначе говоря, если f(x) сколь угодно медленно
стремится к бесконечности, то существует последова-
последовательность а\ < аг < ..., такая, что при всех х число
членов последовательности {а,}, удовлетворяющих нера-
неравенству at ^ х, превосходит x/f (x), но не существует
бесконечной подпоследовательности at < at < ..., ни
один член которой не делил бы другой член той же под-
подпоследовательности.
280. При ai = 1 задача тривиальна. Пусть Qi^2 и
Ьт—число элементов конечного набора а\, аг, .... аи,
удовлетворяющих неравенствам
Каждый из этих Ът элементов аг имеет (т— 1) крат-
кратных среди п первых натуральных чисел, причем никакие
два из этих элементов не имеют общего кратного среди
п первых натуральных чисел. Таким образом,
Ь2 + 2Ь3+ЗЬ4+ .-. Л-пЬп+1==п-ги л,>0. B)
Для любого конечного набора а,\ < а2 < ••• <Яь мы
можем, не ограничивая общности, выбрать п равным аъ-
Тогда, как следует из неравенств A),
435

чаем
k
Подставляя значение Ъ2 из соотношения B), полу.
C)
что и доказывает неравенство
Чтобы улучшить эту оценку, рассмотрим целые чи-
числа 1, 2, ... , [п/2]. Каждое из b3-\-bi чисел а{ имеет
среди этих целых чисел по одному кратному, каждое из
^5 + ?>б чисел а, — по два кратных и так далее. Следова-
Следовательно,
D)
Кроме того, если р > [л/2] не делится ни на одно из
чисел а,-, то число р можно включить в набор аи по-
поскольку любое кратное числа р, отличное от самого р,
больше п. (Такое расширение набора а4 лишь увеличи-
увеличивает сумму обратных величин ^1/с,-.) Но (г\ — г2) —
количество элементов в множестве целых чисел, удовле-
удовлетворяющих неравенствам [п/2] < k < n и не кратных
числам аг-. Пополнив набор всеми такими числами, мы
получим г\ — л2 = 0- Подставляя в неравенство C) вме-
вместо &з его значение, определяемое из соотношения D),
и используя равенство гх — г2 = 0, преобразуем неравен-
неравенство C) к виду
Рассмотрим теперь целые числа 1, 2, ..., [я/3].
дое из Ьа + 65 + be чисел щ имеют среди этих целых чи-
436

сел по одному кратному, каждое из bj'-\-bs-\-bg чисел
fli__no два кратных и так далее. Таким образом,
... =[n/31-r3, r3>0. F)
Подставляя соотношение F) в неравенство E), получаем
~^	bJ L3
где все bt, стоящие в круглых скобках, положительны.
Поскольку
то предыдущее неравенство можно преобразовать к виду
к
_	А	|	1	О
* 3	'	11
~п 2 3~ "¦" ~2п """ "Зп~"
Поскольку ri — количество элементов в множестве це-
целых чисел, не превышающих п и не кратных числам ait
а гз—количество элементов в множестве целых чисел,
не превышающих [п/3] и также не кратных аи то гх ^ л3-
Следовательно,
к
с, 6 6w
В частности,
к
1 ^ б
(при п ^ 5 это неравенство следует из предыдущего, а
при п = 4 проверяется непосредственно).
281. Пусть 5 и s — концентрические сферы радиу-
радиусами R я г (R > г) с центром в точке О. Для того чтобы
сферу s можно было вписать в тетраэдр, а сферу S
437

описать вокруг него же, радиусы должны удовлетворять
единственному условию— неравенству
R>3r.	A)
Доказательство этого утверждения основано на из-
известной теореме, согласно которой если совпадают лю-
любые два из трех центров тетраэдра — центр описанной
сферы, центр вписанной сферы и центр тяжести,—то
третий центр также совпадает с ними, а все четыре
грани тетраэдра конгруэнтны*.
Пусть ABCD— тетраэдр, вписанный в сферу S и опи-
описанный вокруг сферы s. Тогда описанная окружность С,
грани ABC совпадает с пересечением сферы 5 с пло-
плоскостью М, касательной к сфере s. Центр О\ окружно-
окружности С\ находится в точке касания плоскости М и сферы
s, а ее радиус определяется выражением
#, = УЯ2-/-2-	B)
Поскольку точка О — центр тяжести тетраэдра
ABCD, то прямая DO пересекает грань ABC в центре
тяжести G этой грани, и
DO = 3 • OG.	C)
Пусть плоскость N, проходящая через вершину D
параллельно плоскости М, пересекает сферу S по окруж-
окружности Сг- Центр О2 окружности С2 лежит на одной пря-
прямой с точками О и О и и, как следует из соотношения
C), ОО2 = З-OiO = Зл. Поскольку OO2D — прямоуголь-
прямоугольный треугольник, то радиус O2D = R2 окружности Сг
удовлетворяет соотношению
D)
Из подобия треугольников 00iG и OO2D получаем
O.G ==-§¦•	E)
Выведенные соотношения позволяют без труда по-
построить тетраэдр, вписанный в сферу 5 и описанный во-
вокруг сферы s, имеющие общий центр О и радиусы R и т,
которые удовлетворяют условию A).
Примем за вершину С тетраэдра произвольную точку
окружности Ci радиуса Ri = ^/R2 — г1 и найдем такую
438

точку G, для которой выполняется соотношение E). Это
всегда можно сделать, поскольку выполнено условие A).
Продолжим отрезок CG на половину его длины до точ-
точки К. Поскольку
точка К всегда попадает внутрь окружности Су. Через
точку К проведем хорду АВ, перпендикулярную отрезку
О\К. Наконец, вершину D построим как пересечение
прямой GO со сферой S.
Тетраэдр ABCD искомый. По построению он вписан
в сферу 5, а так как
GO = V00!TG0f = д/^ + i [R2 —(ЗгJ] = -f- -= 1OD,
центр О этой сферы совпадает с центром тяжести тет-
тетраэдра. Следовательно, О — центр вписанной сферы, и
это есть сфера s.
Таким образом, если условие A) выполнено, то во-
вообще говоря, существует бесконечно много неконгруэнт-
неконгруэнтных тетраэдров, вписанных в сферу S и описанных вок-
вокруг сферы s.
282. При а = 0, h ф 0 условие задачи принимает сле-
следующий вид:
h sin (-J-) = 2flfcsin (^-) — cos (-^-) = |-sirU-cosu. A)
Поскольку при ft-»0 каждая из функций ftsin(l/ft) и
2ft/isin(l/'&ft) стремится к нулю, то cos(l/'&/i) = cos Я,
также стремится к нулю (при Л->0). Следовательно,
при любом б >0 существует число #F)>0, такое, что
из неравенства |Л| < Я следует |cosЯ,| < б, а при любом
е >> 0 существует число б = б(е)>0, такое, что
из неравенства |cos/,|<5 следует неравенство
|Х ( 1/)	Т	б
р
— (п -}- 1/г)я
Разом, если \h
||	у
<е при некотором целом п. Таким об-
< Я[б(е)], то
439

где п — некоторое целое число. Используя теорему о не-
неявной функции, легко находим, что при достаточно ма-
малых h уравнение A) имеет решение К в каждом интер.
вале B) при п~^- N. Следуя условиям задачи, выберем
из них наименьшее — обозначим его через h(h), — согла-
согласующееся с неравенством K(h) = l/6ft > I/ft. Поскольку
K(h) —юо при h-*0, соответствующее п—»оо.
283. Рассмотрим более общую последовательность
М*) = sin qnnx,
где q — любое нечетное число, отличное от 1. Углы, кон-
конгруэнтные по mod 2л, условимся считать эквивалент-
эквивалентными.
а.	Если последовательность fn{x) сходится, то после-
последовательность углов sn = qnnx либо имеет единствен-
единственный (по mod 2л) предел t, либо распадается на две под-
подпоследовательности, сходящиеся к углам t и л — t Ф
^? (mod 2л). В первом случае t удовлетворяет соотно-
соотношению qt = t (mod 2л), откуда t = 2тл/ (q — 1), где
т — любое целое число. Во втором случае подпоследова-
подпоследовательность s2n-i сходится к предельному углу t, а подпо-
подпоследовательность S2n — к предельному углу л — i
(В противном случае можно было бы выбрать подпо-
подпоследовательность троек
snk, Snk+i-+t, snk+2^n — t, ? = 1,2,...,
и предельный угол t удовлетворял бы соотношениям
t = qt = qH = л — t вопреки тому, что t Ф л — t.) Таким
образом, qt + t = л (mod 2л) и t = Bm + l)n/(q+ ')•
Каждая из двух подпоследовательностей s2n-i и S2n
стремится к единственному пределу T(=t или я — О»
удовлетворяющему соотношению q2t ^ Г (mod 2л).
б.	Если последовательность fn (x) сходится, то sN ^
s= t (mod 2л) при некотором N и, следовательно, при
Snsst ИЛИ Sn ^ Л — t.
В противном случае соотношение
легко привело бы нас к противоречию.
440

Итак, резюмируя сказанное в пунктах «а» и «б», мы
заключаем, что если последовательность fn(x) сходится,
то
либо х = -^	, либо х:=
N (!)
где m и ./V — любые целые числа, и пределы равны соот-
соответственно
sin—p suli_i1L_.
Наоборот, если х принимает любое из указанных зна-
значений, то последовательность }п(х) сходится к соответ-
соответствующему пределу.
284. Поскольку
то
Полагая у = 2"х, получаем
(B«х
Таким образом,
n=l
а поскольку | ((«/)) |=S^ /2, то рассматриваемые суммы
равномерно ограничены сверху единицей.
285. Введем в пространстве прямоугольную систему
координат. Пусть центр сферы радиусом а совпадает с
началом координат, а пробная частица, испытывающая
притяжение со стороны сферы, находится в точке
(О, 0, z), где z > а ^ 0. В этих обозначениях задача
сводится к тому, чтобы найти непрерывную функцию
f{r) (r — расстояние от начала координат), для которой
выполняется соотношение
Я 2Я
a cos ¦& — г г , ч
о о
441

где г2 = а2 + г2 — 2az cos ¦&. Соотношение A), как не-
нетрудно видеть, эквивалентно условию
г+а
/ = J (a2-z2-r*)f(r)dr=-4az'2f{z).
г—а
Вычисляя частные производные от / по а и г, получаем
г+а
+ 2а \ f{r)dr = -4z2f(z), B)
г+а
-2z J f(r)dr = -8azf{z)-4azr(z). C)
г—а
Таким образом, f'(z) и (как показывают аналогич-
аналогичные выкладки) f"(z) существуют и непрерывны. Исклю-
Исключая интеграл из соотношений B) и C), находим
+ f{z-a){z-aJ-f(z)Da2 + 2z2). D)
Разделив D) на а2 и устремив а к нулю, приходим к
дифференциальному уравнению для функции f{z):
или
z2f"{z) + 2zf'(z)-2f(z) = 0.
Общее решение этого уравнения f (z) = Az Ц-Bz~2
удовлетворяет условию A).
Таким образом, свойством ньютоновского закона при-
притяжения обладает закон притяжения
286. Производя повторно интегрирование по частям,
получаем
X	X
\e~'h @ dt = е-* [/2(х) +...+/„(*)] + $ e-'f „ @ *• ^
о	о
442

функция /г @ непрерывна и, следовательно, ограничена
на интервале 0 ^ t sg М. Если |Ы0|<^> т°. как не"
труДно доказать методом математической индукции,
Следовательно, интеграл в правой части соотношения
A) стремится к нулю, и
К этому же результату можно прийти, заметив, что
разность (f{x) — fi(x) удовлетворяет дифференциальному
уравнению
Обоснование этого подхода также не представляет труд-
трудности.
287. Пусть at — и-значное двоичное число, последняя
цифра которого стоит на t-м месте в конечной последо-
последовательности из 2п -\- п — 1 нулей и единиц, построение
которой описано в условии задачи, и а~ = at—\. Если
число щ нечетно, то, как следует из рецепта построения
последовательности, число а~ встречается в ней раньше,
чем at.
Пусть а»— первое из чисел, встречающихся в наборе
дважды, то есть
at — a,, i < }.
Поскольку аг нечетно (aj не может быть четным по пра-
правилам построения последовательности), то существует
номер k, при котором
если только а{ не является первым и-значным отрезком
последовательности (в противном случае аг = ап =
= 2п—1). Таким образом, числа а&, a,-, aj отличаются
лишь последней цифрой. Но тогда числа ah~u а4_ь а^х
имеют п — 1 одинаковых последних цифр, и два из них
вопреки предположению совпадают.
443

Итак, ап = uj — 2п — 1 — первое число, которое
встречается дважды в выписанном наборе нулей и еди.
ниц; оно состоит из п единиц, откуда
aj-t &з I (mod 2), 0 < t < п.
Поскольку число Cj_i нечетно, то а~ встречается
в последовательности раньше. Иначе говоря, числу a,_t
соответствуют два числа, предшествующие в последова-
последовательности числу uj и начинающиеся с нуля, после кото-
которого идут и —2 единицы, а именно a/_i = 2"~1 — 1 и
a/ = a/~_i = 2"~1 — 2. Числа о,-_2 и щ-\, имеющие одинако-
одинаковые п — 1 последние цифры, обязаны отличаться первой
цифрой в соответствии с выбором щ. Поскольку оба эти
числа нечетны (имеют одинаковые последние цифры и
Gj_2 — нечетное число), то числу а;-_2 соответствуют 22
различных чисел: af_it at_v ar_2, af_lt предшествующих
в последовательности числу Uj и имеющих равную нулю
вторую цифру, после которой идут п — 3 единицы. Два из
этих чисел равны 2п~2 — 1 и 2П~2 — 2.
Объединяя эти числа в пары, имеющие п — 1 одина-
одинаковых первых цифр, и повторяя те же рассуждения, за-
заключаем, что числу Oj_ft {k = 3, 4, ..., п—1) соответ-
соответствуют 2h различных чисел, предшествующих в последо-
последовательности числу uj и имеющих равную нулю &-ю ци-
цифру, после которой идут п — k — 1 единиц. Два из этих
чисел равны 2n~h — 1 и 2n~h — 2.
Итак, перед числом щ в последовательности нулей и
единиц содержится 2 + 4+ ... +2ft+ ... + 2п~х =
= 2п — 2 чисел. Поскольку этими числам» исчерпы-
исчерпываются все числа, в которых нуль встречается на любом
месте, кроме последнего, то два оставшихся числа из 2"
двоичных и-значных чисел имеют вид 2п— 1 и 2П — 2, то
есть совпадают са„и ап+ь Таким образом, в построен-
построенной последовательности нулей и единиц все 2п чисел
встречаются до того, как повторится первое число ап,
и если оборвать последовательность на числе a,_i, т0
каждое из 2п чисел будет входить в нее ровно один ра3>
288. Если (и, т)=\, то or(nm) = or(n)or{m), по-
поэтому соотношение, приведенное в условии задачи, Д°"
статочно доказать для случая, когда пит являются
444 -

степенями одного и того же простого числа р. Пусть
п = ра, т — рь, 0 < а ^ Ь. Тогда
оТ (
С другой стороны,
Нетрудно видеть, что оба выражения совпадают, откуда
¦и следует соотношение, которое требовалось доказать.
289. Слияние компонент лемнискаты |/(z) | = const
происходит в том случае, если f (J;) = 0. Пусть ?ь ^2. •••
..., tn-i — корни этого уравнения. Требуется доказать,
что min|/(&)!==? 1. Но
mini /(У Г1 <| f (?,) | • | f F2) I • • • I f (S»-i) 1 =
П
= и
П (z;«- zk) I .
?ft	I
Как показал И. Шур \ максимум этого произведения
достигается при f B) = 2П — 1, при этом
Следовательно, min|/(?i)|^ 1, что и требовалось дока-
доказать *.
290. Докажем следующее более общее утверждение!
если ./V чисел ат удовлетворяют ./V уравнениям
N
=l, 2, ..., АО,
1 I. Schur, Mathematische Zeitschrift, 1918, S. 385. — Прим.
nepee,
445

то
V
V Дт _ aN + l [Л (x-Bk)(AN+l-Ak) _ Л
t,Am + X	ЛЛН-1+*Щ (* + Wtf+. + B*)	J"
Рассмотрим многочлен степени N относительно х:
N+l	N+l
fe-1	m=-l
При х = ?„ (n= I, 2, .... Л/) многочлен / (х) обращается
в нуль, поэтому
JI-Bt),	B)
где С — постоянная. Полагая х — — AN+U получаем
aN+l Ti(Ak- AN+l) = {-l)N • C.f[{AN+l + Bk),
fti	fti
откуда
~ Ak)
—	n TT
—	aN+\
Та
n+i
Из A) и B) находим
N+l N ,
у ат _ aN + l TT (*~J
?-*. Х + Ат X + AN + 1 t . (Х^ Ak)(AN+l^rBk)
что и требовалось доказать.
Подставляя Ат = т, Вп~п (т, п = 1, 2, ..., #),
Av+i = * = V2, Ojv+i = — 2, получаем исходное утверж-
утверждение задачи.
291. Утверждение задачи остается верным При сле-
следующих более слабых предположениях:
(v) = O для любого целого числа
+l
416

Действительно, при произвольном е > 0 и достаточно
большом N — sk + t
X	s-l k	N
Zf(tt) __ V"* у ](pk + г)	. V f(")
П	Lj Lj pk + r	"¦" 2-1 П~*
р-0 /•=¦!	n-sk+l
/1=1
или в силу соотношений A) и C)
„	S-1 к
N
р-Ог-1
s-I / fc
(
n=sfc+l
I / fc
(y_J
i V l^pk + r
sk
+
tt+t- Z t
n=l	p=O	n=s+l
Таким образом, из соотношений A) и C) следует нера-
неравенство
(n)
n-1
/г.
Пользуясь соотношением B), получаем
к
2-й Г
/•=•1
ft-l
k~\
±_А_±
г k k
r-1
что позволяет улучшить полученное неравенство:
Итак, утверждение задачи доказано.
292. Докажем несколько более сильное утверждение.
Пусть функция f(z) регулярна в точке z = z0, k —
наименьшее натуральное число, при котором /W (z0) Ф О,
и Д — область, ограниченная многоугольником с верши-
вершиной в точке 20, внутренний угол при которой больше n/k.
Тогда любая окрестность точки z0 содержит точку
2<= Д, такую, что (f(z)|>|fB0)|.
447

Доказательство. Если f{zo) = O, то утверждение три.,
виально. Если f(zo)=? О, то пусть
Тогда из разложения f(z) в ряд Тейлора следует, что
в некоторой окрестности точки zq
f (z) = f (zd) [1 + rpfte'D>+№) + О (p*+»)].
Но любая окрестность точки z0 содержит точку 2ЕД,
в которой cos (ф + kft) больше некоторой положительной
постоянной, не зависящей от выбора окрестности точки
zq, а для всех таких точек, достаточно близких к г0,
\f(z) I > If (zo) |> что и требовалось доказать.
293. Вычислим интеграл
со
/ (а) = lim / (а, б) = lim [ , !" * dx,
б->о	е->о J l -г е
где а — положительная постоянная.
Интегрируя по частям, получаем
Преобразуя интеграл в правой части, находим последо-
последовательно
оо	со	со
-™)=$ Ц- In A-е-20*)-
28	е
26	2
448

где еF)->0 при 6->0. Итак.
Переходя к пределу при 6->0, получаем
-L
/ (а) = —-Lin 2 In 2а* и
294. Пусть вир-' корни уравнения х2 -=¦ ах + а = 0.
Поскольку с > 4, то а и р вещественны. Обозначим че-
через а меньший корень: а < р.
Тогда а + р = а, сф = а, 1/а + 1/р = 1, 1 < а =^ 2,
2 ^ р. Кроме того, корни аир иррациональны, посколь-
поскольку если бы один из корней был рациональным, то они
оба были бы целыми числами и мы получили бы а = 2,
р = 2, а = 4.
Непосредственно видно, что
[а-1] = 1.	A)
Кроме того, при п ^ 1
1Ри] = [{а — а) п] = па - 1 - [an].	B)
Если [аи] = [pm] = k (т и п — положительные целые
.числа), то
an = k + &, $m — k + <p, 0<#<l, 0 < ф < 1
и, следовательно,
что невозможно, поскольку ^< —+ -?-<1. Таким
образом, при любых положительных целых числах т
и п
M^lPm].	C.1)
Далее,
р(л+ 1)]>[ая] + 1, [Р(и+ \)\>Ы + 2 > М + 1. C.2)
15 Зак. 43в	449

Наконец, пусть & > 0 — любое целое число и п
= [(&+ 1)/ос]. Если п> k/a, то k <. an<a(k-\- l)/a
= k -\- 1 и [осп] = &. Если п < &/а, то
откуда [$(k — n)] — k. Вместе с неравенствами C.1) и
C.2) это соотношение показывает, что каждое число из
k = 1, 2, 3, ... встречается один и только один раз в од-
одной из последовательностей [an], [р«].	C.3)
Из утверждения C.3) и неравенств (.3.2) следует, что
[а(и + 1)]—наименьшее натуральное число, отличное от
[al], [a2], ..., [an]; [pi], [P2], .... \Qn].	(A)
Формулы A), B) и D) представляют собой не что
иное, как определения функций f{n), g(n), а поскольку
эти функции определены однозначно, то f{n) = [an\
g(n) = [pn].
Предположение о том, что а — целое число, понадо-
понадобилось нам лишь при выводе соотношения B). Вся
остальная часть доказательства остается в силе при лю-
любых иррациональных аир, удовлетворяющих равен-
равенству 1/а+ 1/р = 1.
295. Запишем уравнение tgx = х в виде
Тогда ¦& = / (I) = Z с„|", где c2m = 0, c2m+i = Ст. Ко-
я=0
эффициенты Ст рациональны, поскольку f(|)—ряд, оо-
ратный степенному ряду с рациональными коэффициен-
коэффициентами.
Степенной ряд f(g) определяет аналитическую функ-
функцию с алгебраическими особенностями в точках ? ==-
= ± 2/я, не имеющую других особенностей на границе
круга сходимости. Действительно,
d\ ( ctgft у
450

в точках ¦&= ± я/2, где | = ± 2/я, и функция ¦& = jF(|)
отображает окружность ||| = 2/я в кривую /, которая
проходит через точки ¦& = ± я/2 и расположена внутри
шестиугольной области, ограниченной прямыми
1	1 (О
i + л;,	—i-{-x, —уя 4- 1 ^x^-g п—1.
В этом можно убедиться, если начертить кривую / на
плоскости ¦& или заметить, что на прямых A) выпол-
выполняются неравенства |©+	^
Ясно, что ¦& + ctg'O не обращается в нуль внутри
шестиугольника, ограниченного прямыми A) (на мни-
мнимой оси ¦& + ctg ¦& ^ 0 при ¦& = + pi, где р = cth p, то
есть при р ?к 1,2). Следовательно, на кривой / и внутри
нее функция |= (¦& + ctg©) регулярна.
В окрестностях точек ¦& = я/2 и ¦& = — я/2 функция
|= (О -j- ctg©)-1 допускает разложения
Следовательно, в окрестностях точек ветвления ± 2/п
справедливы разложения
2
/3
Поскольку вещественные значения ¦& соответствуют
вещественным значениям I, то выражения A±я?/2У/з
и A +^|/2)'/з задают главные ветви функций, обращаю-
обращающиеся в 1 при | = 0. По известной теореме Дарбу,
асимптотическое поведение коэффициентов Сп опреде-
определяется главными членами приведенных выше разложе-
разложений. Таким образом,
451

Соотношение, которое требовалось доказать, следует из
этой асимптотической формулы и хорошо известного
асимптотического представления биномиального коэф.
фициента
296. Рассмотрим известное бесконечное произведение
Взяв от него логарифмическую производную, мы без
труда найдем, что
, я _j? y1 ___!__ fi р2 1' —
g 2	я Zj Bk~\f\} Bk-\y\ ~
fel
"
(разложение справедливо при \v\ < 1).' Поскольку двой-
двойной ряд абсолютно сходится, мы можем изменить поря-
порядок суммирования. Тогда
2"->.	E)
Из соотношения B), приведенного в условии задачи,
следует, что dl(l)(jc) допускает разложение в степенной
ряд вида
а из соотношения A) находим
dl" (¦>с):=	+	+
откуда
¦452

Подставляя полученное соотношение в E) и заменяя
nv/2 на х, получаем соотношение C), которое требова-
требовалось доказать.
Докажем теперь соотношение A). Рассмотрим раз-
разложение [III. 11A0)]
sec 2 V ~ л
2 V ~ л L 1 - v- 9 - ^ "Г" 25
и преобразуем его следующим образом:
5	I
- v2	•¦ 1
я Ai ^ Bft - 1;2"+1 л ^0 [_?; Bft - lJ"+l J
Но
"I = 2
Используя последнее соотношение и производя подста-
подстановку nv/2 =i x, получаем соотношение D).
297. Оказывается, что
(Нетрудно видеть; что это бесконечное произведение
сходится. Более того, сходимость не нарушится, если
последовательность простых чисел pi < pz < ... заме-
заменить любой возрастающей последовательностью веще-
вещественных чисел.)
Пусть k — достаточно большое целое число. Обозна-
Обозначим через 1 = А (/г) < A2(k) < ... целые числа, допу-
допускающие разложение в произведения чисел а\,az, ..., ah,
а через Bi(k) < B2(k) < ... целые числа, допускающие
Разложение в произведения чисел aft+i. aft+2	Длч
краткости вместо Ai(k), Bi(k) условимся писать просто
453

Ait B{. Пусть gk (m) — число членов последовательности
{??,}, не превосходящих т. Ясно, что
B)
Пусть hj(n)—число элементов множества целых чисел,
не превосходящих п и допускающих разложение в
изведения квадратов простых чисел Р)+х, Р)+о, ....
Иначе говоря, hj(n)—число квадратов k2^.n, таких,
что простое число pi не делит k при 1 ^ i ^ /.
Числа hj+i(m), hj(m) и gj{m) связаны между собой
неравенствами
WnXs/faXM"*)-	C)
Первое из неравенств C) мы получим, сопоставив числа
р\ и ал (k = j+l, / + 2, ...), второе — сопоставив ah
с квадратом простого числа р\+г Из неравенств C)
при / = 0 следуют неравенства гСЩ2 < f(n) < п\
Из соотношения B) и неравенств C) получим
Неравенства
«"nO-i)-2*<".(n)<^n(l-^)+2» E)
I
получим при помощи решета Эратосфена. Кроме того,
выполняется тривиальное неравенство
Пусть t — достаточно большое, но фиксированное (то
есть не зависящее от п) число. Тогда из неравенств D)
и F) следует, что
454

Пользуясь неравенствами E), получаем оценки
то
Ряд ? I/ЛУ2, очевидно, сходится. Кроме того, суще-
ствует предел
Действительно,
-П-гг
Итак, если с задано выражением A), то, выбирая
Достаточно большие t и k, получаем при п > Ло
что и требовалось доказать.
298. Некоторые частные случаи сходимости ряда
2j nasinrfi хорошо известны. Например, если сс< — 1,
то при любом вещественном значении р ряд сходится
вбсолютно. Если Р < 0, то при больших п справедлива
оценка sin пР = О(пР) и ряд сходится при a -f Р < — 1-
При р = 1 ряд сходится, если а < 0.
Предположим теперь, что — 1^а<0 и р>0.
Пусть v = —а, 0 < v ^ 1 и f(x) = x~v sin xp. Пользуясь
455

формулой суммирования Эйлера, получаем
fW I С sin *9 dx	f Ф (x) cos *B
(x) sin xp ,
v+i dx>
При п—> оо последний интеграл абсолютно сходится,
поскольку |<p(jc)|<l. Произведя подстановку t = *Р,
нетрудно убедиться в том, что первый интеграл схо-
сходится, если v + p > 1. Вопрос о сходимости второго ин-
интеграла требует более подробного исследования.
Пользуясь тем, что ряд <р(л;) можно интегрировать
почленно, представим этот интеграл в виде
.	 f ф (х) cos х° dx 	 Y1 1 _ Г sin 'х + 2knx) dx
i	fe=i	i	-
_J	Г sin (xp — 2ккх) dx
Обозначим первый интеграл в правой части через G&, i
второй через G_ft. Интегрируя по частям, получаем
-, 		— cos rfi	. cos 1
^k	/„ в_| , „, л v-ft+1 "I
- Р+l) 2Ых~*-Ц cos (хв + 2ferc*) dx
При n—>¦ со первый член в правей части ведет себя
как О («"¦*'), а подынтегральное выражение — как
O(x-V~l), поэтому при р > 0 интеграл Gh сходится, при-
причем Gh = O(\/k).
Аналогичным образом можно убедиться в том, что
при Р < 1 интеграл G_h также сходится, причем
G_ft = O(l/k). Чтобы избежать нулей в знаменателе при
Р > 1, запишем G_h в виде
1 xL
456

где число Xi удовлетворяет неравенствам Bkn) W-i) <;,
< х\ < п. Тогда, как и при оценке интеграла Gh, полу»
чаем
— cos n6	cos я?
/~»v 	I	1
U
I
"T '
Г [Pv^-1
- (v _ p + i) 2^xv~B] cos (x» ~
Таким образом, сходимость интеграла G% при п—><х>~
доказана.
Поскольку интеграл Gift конечен, то сходимость инте-
интеграла G_h при р > 0 и п—* оо очевидна.
Записав интеграл G_s в виде
sin (лгв — 2knx) dx ,
-R-4-I	~Г"
и проинтегрировав первый член по частям, получим
,о	1 I COS ПВ	,
G[C°Sl
sin {хб — Iknx) dx
-
J
1
При n—>oo первый интеграл сходится, если v — |
+ 1 > 0, а второй интеграл по известной теореме об
асимптотической оценке коэффициентов Фурье ведет
себя как 0A). Итак, если v — р + 1 > 0, то G_h =¦
= 0A/й).
Поскольку ряд ?0A/&)/& сходится, то тем самым
доказана сходимость интеграла / при и—»• оо, если
v—р -|: 1 > 0. При v—Р +, 1 — 0 интеграл / осцилли-
осциллирует.
При v — р"+1<0 интеграл / расходится. Действи-
Действительно, при соответствующим образом выбранных к и
457

Х\ необходимое и достаточное условие
A)
EG~k
k
k=x,
сходимости интеграла / не может быть выполнено.
Предположим, что k и хх имеют те же значения, что и
при оценке G'Lk. Заметив, что 2 (/г + р) пх]'1" < 1 + p\k,
где р — целое число, меньшее /г, из приведенного выше
выражения для G'Lk получим асимптотическую оценку
G"fc_p = О (х-*) при п-> оо .
Поскольку гармонический ряд расходится, то сумму
m
X Gift/k можно выбрать больше е и неравенство A)
нарушится. Не приводя подробных оценок, заметим, что
поведение исходного ряда при v — р + 1 < 0 связано с
существованием предельной точки у последовательно-
последовательности нулей х = B&п) ч№~1) функции N = л;Р — 2knx при
k—* оо.
со
Итак, при — 1<а<0 и р>0 ряд 2 na sin nB схо-
дится, если одновременно выполняются неравенства
Если р — а < 1 и р < 1 или а + р>1 и р>1, тЬ
ряд расходится 1.
299. Без ограничения общности ах < а2 < аз <
Обозначим через {г4} — множество всех простых делите-
делителей совокупности членов последовательности ап {п =
= 1,2, ...). Тогда
- П
1 Случай а 5* О, Р 5= 0 остался неисследованным. — Прим.
458

где сумма берется по всем ап, ни один из простых дели-
делителей которых ве превышает aN. Этому условию удовле-
удовлетворяют все ап ^ aN, в силу чего
N
а поскольку, если aN —* оо, N также неограниченно воз-
оо
растает и ряд X 1/ал расходится, мы заключаем, что
произведение ШA — 1/г^)~' расходится. Следовательно,
ПО ~h)
стремится к нулю.
Пусть п, гг. ..., гй ¦— первые k простых чисел из мно-
множества {г,}, расположенные в порядке возрастания. Чи-
Число элементов множества целых чисел, не превосходя-
превосходящих п и не делящихся ни на одно простое число
П, г2, ..., rh, равно
пп,^м-ЕШ+ЕЫН- •••• w
i ' i.i l '
где индексы i, /, ... не равны и принимают значения
от 1 до k, а [л;] означает целую часть числа х. Об-
Общее число пар квадратных скобок в A) равно
1 + k + k (k — 1) /2 + ... = 2b , а поскольку 0 < x —
-М<1,то
f{n, A0
-ПО-?
ri<rk
Пусть f{n)—количество целых чисел, меньших п и
не делящихся ни на одно из простых чисел г{. Тогда
П (l-
Но П A — 1/п) стремится к нулю. Следовательно, при
i
любом е > 0 и достаточно большом k выполняется
459

неравенство XI A — l/rt) < е/2, а при достаточно боль-
'"i ^ ^k
шом п выполняется также неравенство 2hjn < е/2, от-
откуда f(n) < en и
Итак, утверждение задачи доказано.
В приведенном выше доказательстве мы исходили из
предположения о том, что члены последовательности
{ап} различны. Утверждение перестает быть верным,
если, например, ап = 2 (п = 1, 2, ...).
300. В общем случае, не принимая во внимание, что
Ьп = пп/п\, соотношение между определителями а„ и
их элементами Ьп можно установить, положив а0 = 1,
fii = b\ и задав две функции у и z степенными рядами
П=0
Разложив определитель ап по элементам последней
строки, получим рекуррентное соотношение
эквивалентное дифференциальному уравнению у' = yz\
решение которого, удовлетворяющее начальному усло-
условию у = 1 при х = z = 0, имеет вид
yW.	C)
Поскольку по условию задачи Ьп = пп(п\, то наша
задача сводится к нахождению коэффициента ап при
хп/п\ в разложении ег, когда
2=ум!1	D)
Подставляя в D)
* = fe-',	E)
46Q

получаем
г __ У («)*-' е~ы __ у , луп-к(т\ (Щт~х
k=\	m,k"\	\ к /
m
Выражение в квадратных скобках обращается в нуль
при т > 1, поскольку совпадает с коэффициентом при
tm~4(m—1)! в разложении (е*—1)'п. Следовательно,
правая часть соотношения F) равна 1, в силу чего z=t.
Подставляя z = t в E), находим х = ze~z. Из соотно-
соотношений C), A) и Ь„ == пп/п\ получаем
п=0	п=0
Сравнивая коэффициенты при хп/п1 в A) и G), полу-
получаем выражение для определителя ап, а именно
ая = (п+1)я-\
301. Обозначим вершины прямоугольного параллеле-
параллелепипеда так, как показано на рис. 23, а, и примем длину
меньших ребер за единицу. На одном из более длинных
ребер, например на ребре AD, отложим отрезок AJ = 2'/з.
равный длине ребра куба, объем которого равен объему
исходного прямоугольного параллелепипеда. Отрезок
CL = AJ отложим вдоль параллельного ребра. Из точки
/ в плоскости грани ABCD восставим перпендикуляр к
ребру AD, продолжив его до пересечения с отрезком DL
в точке К. Рассечем прямоугольный параллелепипед
плоскостями, перпендикулярными грани ABCD, сначала
вдоль прямой DL, а затем вдоль JK. Прямоугольный
параллелепипед распадется на куски, обозначенные на
рис. 23, а римскими цифрами I, II, III. Каждый из трех
кусков параллельным переносом можно перевести в по-
положение, показанное на рис. 23,6. Произведем над
гранью FMLA нового прямоугольного параллелепипеда
те же операции, которые мы производили над гранью
ABCD исходного прямоугольного параллелепипеда: от-
отложим на ребрах FM и AL отрезки MN и AQ, рав-
равные 21/з, проведем отрезок прямой FQ, восставим из
точки N перпендикуляр NP к FM и рассечем	f
461

прямоугольный параллелепипед плоскостями, проходя-
проходящими через отрезки FQ и NP перпендикулярно грани
FMLA. Результат такой процедуры показан на рис. 23, в.
После всех разрезаний исходный блок оказывается
рассеченным на семь частей (обозначенных на рис. 23, в
м
F N
IV
m
м
Рис. 23.
римскими цифрами); параллельным переносом эти ча-
части можно перевести в положение, изображенное на
рис. 23, г, где они образуют куб.
Откладывая отрезки, равные длине ребра эквива-
эквивалентного куба, от вершин D и В, мы получим куб. со-
составленный из тех же семи частей, но расположенных
симметрично относительно их положений на рис. 23, г1-
1 Как, несомненно, заметит внимательный читатель, здесь не
доказано, что 7 действительно является минимальным числом ча-
частей, на которые следует разрезать исходный параллелепипед; пусть
он постарается восполнить это упущение. — Прим. ред.
462

302.	Пусть a/b — несократимая правильная дробь, по-
получающаяся после вычеркивания цифры п в числителе и
знаменателе исходной дроби, которая может принадле-
принадлежать лишь к следующим четырем типам: 1) A0а+ п)/
/A06 +л); 2) A0п + а)/A0п + 6); 3) A0п + а)/
/A06+ п) и 4) A0а + п)/A0п + 6). Здесь а, 6 и п —
однозначные натуральные числа, причем а < Ь.
Нетрудно видеть, что исходные дроби первых двух
типов могут удовлетворять условиям задачи лишь при
а = Ь вопреки сделанному предположению. Третий тип
также исключается, поскольку в силу неравенства
9&<10Ь — а, если а/Ь = A0п + а)/A06 + п), п =
= 9ab/(l0b — а) < а. Поскольку ни п, ни 6 — а не могут
делиться на 9, оба эти числа должны делиться на 3, и
простым перебором мы приходим к противоречию.
Таким образом, остается лишь исходная дробь чет-
четвертого типа. В этом случае п = 9аЬ/(Юа — Ь)~>
> 9а6/10а— а = Ь, то есть 6 < п. Кроме того, из вида
дроби следует также, что а = Ьп/[9(п — Ь) + п] ^ Ь/2
(поскольку 9(п — b)~^zri), откуда а < 5.
Из соотношения Ь = 10а — 9а6/и и неравенства
0 < а <С Ь < 9 заключаем, что п кратно 3. Следователь-
Следовательно, для того чтобы число Ь было целым, а и п могут
принимать лишь четыре пары значений: A, 6), A, 9),
B, 6) и D, 9). Соответствующие дроби имеют вид 16/б4,
19/95, 26/б5 и 49/э8. Последняя из них «незаконным» сокра-
сокращением девяти не приводится к несократимому виду.
Таким образом, существуют лишь три правильные
дроби с знаменателем, меньшим 100, которые «незакон-
«незаконным» сокращением одной цифры приводятся к несокра-
несократимому ВИДу: 16/64, 19/95 И 26/б5-
303.	Чтобы установить, является ли данный год висо-
високосным, как известно, достаточно рассмотреть остаток
от деления порядкового номера года на 400. На 400 лет,
из которых 97 високосных, содержат ровно 20 871 не-
недель, поэтому календарь повторяется каждые 400 лет.
(Если бы число недель, содержащихся в 400-летнем пе-
периоде, не было целым, то тринадцатое число месяца
могло бы с равной вероятностью приходиться на любой
день недели). За 400 лет тринадцатое число месяца
встречается 4800 раз, распределяясь по дням недели
следующим образом: воскресенье — 687 раз, понедель-
понедельник— 685 раз, вторник — 685 раз, среда — 687 раз, чет-
463

верг—684 раза, пятница — 688 раз и суббота — 684 раза.
Таким образом, если период времени достаточно велик,
то тринадцатое число месяца с большей вероятностью
приходится на пятницу, что и требовалось доказать."
304.	Пусть 2h-a— тот из знаменателей, который де-
делится на наибольшую степень двойки (а — нечетное чи-
число). Тогда а=1, поскольку если бы среди знамена-
знаменателей содержалось большее кратное числа 2h, то нечет-
нечетный коэффициент а был бы больше 2, а это означало
бы, что среди знаменателей содержится число 2h+1 (по-
(последнее невозможно, ибо по предположению 2h — наи-
наибольшая степень двойки среди знаменателей). Следова-
Следовательно, наименьший общий знаменатель всех дробей
имеет вид 2h-b, где b — некоторое нечетное число. После
приведения к наименьшему общему знаменателю числи-
числитель каждой дроби, за исключением У2к = b/Bh-b),
станет четным. Таким образом, сумма всех числителей
после приведения к наименьшему общему знаменателю
нечетна и не делится на знаменатель, равный 2h-b. Зна-
Значит, сумма '/г + 7з + ••• +V.v никогда не может быть
целым числом, что и требовалось доказать.
305.	Среди арифметических прогрессий с целочислен-
целочисленными членами и разностью d < 2000 одиннадцать после-
последовательных простых членов содержит лишь арифмети-
арифметическая прогрессия с первым членом а = — 11 и d = 210
(простыми являются первые одиннадцать членов этой
прогрессии). Все прогрессии, члены которых положи-
положительные целые числа, a d< 2000, содержат не более 10
последовательных членов. Докажем это утверждение.
Пусть a-\-nd, и = 0, 1, 2, ... — члены рассматривае-
рассматриваемой арифметической прогрессии. Тогда and взаимно
просты, поскольку в противном случае среди членов про-
прогрессии могло бы содержаться не более одного простого
числа. Если р— любое простое число, не делящее раз-
разность прогрессии d, то можно найти такие целые числа
г и s, что dr — ps = 1. Пусть п = kp — аг. Тогда члены
прогрессии а + nd делятся на р при любом k. Следова-
Следовательно, если р не делит разность прогрессии d, то суще-
существует не более р — 1 последовательных членов нашей
арифметической прогрессии, которые не делятся на р, и
одиннадцать и более последовательных членов арифме-
арифметической прогрессии не делятся на 2, 3, 5, 7 и 11 лишь
464

в том случае, если d делится на все эти простые числа,
а значит, и на их произведение 2310, которое больше
2000.
Но число может делиться на простое число р и тем
не менее само быть простым, если оно само равно р или
— р. Из приведенных выше рассуждений, следует, что
арифметическая прогрессия может содержать 2р — 1
последовательных простых членов, даже если разность
прогрессии d не делится на р, при условии что р или — р
входят в число членов арифметической прогрессии.
Итак, нам остается лишь рассмотреть арифметические
прогрессии с р = 7 или р = 11 и а = р или а = — р.
Если р = 7, то разность арифметической прогрессии d
может быть любым кратным числа 330, которое меньше
2000. Если р= 11, то d — любое кратное числа 210, ко-
которое меньше 2000. Однако, за исключением единствен-
единственной арифметической прогрессии, упомянутой в начале
решения, все остальные прогрессии (их немного), удо-
удовлетворяющие этим условиям, содержат не более десяти
последовательных простых чисел.
306.	Любой общий делитель чисел па-\-\ и пь — 1
должен быть делителем их суммы па-\-пь^=пъ{па~ъ-\-\),
то есть общим делителем чисел пь— 1 и па~ъ-\- 1. (Мы
предполагаем, что а~> Ь. Если бы выполнялось неравен-
неравенство a sg; Ь, то вместо числа па~ь + 1 следовало бы взять
число пъ~а-\- 1.)
Продолжая те же рассуждения, нетрудно показать,
что общий делитель чисел па -\-1 и пь — 1 должен быть
также делителем числа пй -f- 1.
Пусть х = nd, так что пь — 1 = хь' — 1 и Ь'— нечетное
число. Тогда разделить пь — 1 на nd + 1 означает то же
самое,-что разделить хь' — 1 на х-\-1. Остаток от деле-
деления ху — 1 на х-\-\ равен —2. Следовательно, числа
па + 1 и пь — 1 не могут иметь общий множитель, кото-
который был бы больше 2.
307.	Пусть Ли —пространственная диагональ куба,
совпадающая с осью вращения. Сечение куба плос-
плоскостью, проходящей через АВ, имеет вид переменного
Параллелограмма PARB. Вершина Р переменного тре-
треугольника АВР совпадает либо с вершиной Е куба, либо
Находится на ребре EF на некотором расстоянии х от
4С5

вершины Е. По теореме Пифагора из прямоугольных
треугольников АЕР и PFB получаем
АР = {а* + х2)''2, РВ = [а2 + (а — хJ]\
и АВ = ал/?.
Из точки Р опустим на АВ перпендикуляр PQ. При
вращении куба х изменяется от 0 до о, а точка Q пере-
перемещается по отрезку АВ. Предельные положения осно-
основания перпендикуляра Q соответствуют х = 0 и х = а.
И в том и в другом случае треугольник АВР прямо-
прямоугольный, а его катеты равны а и а-у/2. Поскольку в
прямоугольном треугольнике катет равен среднему гео-
геометрическому между гипотенузой и длиной проекции ка-
катета на гипотенузу, то точка Q перемещается от точки
С, делящей отрезок АВ в отношении 1 :2 (считая от вер-
вершины Л), до точки D, делящей отрезок АВ в отношении
2:1. Расстояние между точками Р и Q в этих предель-
предельных положениях составляет a V2/3 = у = PQ- Заметим
далее, что точка Q делит отрезок DC в том же отноше-
отношении, в каком точка Р делит ребро EF. В этом нетрудно
убедиться, если провести параллельные плоскости через
точки Е, Р и F, пересекающие прямую АВ под прямым
углом в точках С, Q и D. Следовательно, CQ = x[
и (из прямоугольного треугольника APQ)
Объем тела, возникающего при вращении куба во-
вокруг диагонали АВ, равен сумме объемов двух конусов,
получаемых при вращении прямоугольных треугольни-
треугольников АСЕ и BDF, плюс объем, образуемый вращением
вокруг CD площади под кривой, описываемой точкой Р
(в секущей плоскости, проходящей через диагональ АВ)%
Последний объем определяется интегралом
я ^ ifdv,
где v =_CQ = xl-y/3, if - B/3) (х2 - ах + а2) = B/3)
- av д/3 + а2).
466

Следовательно, полный объем V тела вращения равен
		a/Vlf
308. Зададим последовательность {хп} рекуррентным
соотношением хп = (Dn+1 — 3Dn)/4. Тогда Xi = 2, х2 =
= 12, ... . Нетрудно видеть, что Dn — целое число вида
4<7 + (— l)n+1. поэтому все элементы последовательности
{хп} — целые числа. Соотношения Dn -J- 2х„ = 2хп+\ —
— Dn+\ и Dn = (xn+i — 3xn)/12 доказываются непосред-
непосредственно. Заметим, что соотношение
ЯА-24=1	A)
выполняется при п = 1 и п = 2. Но Dn+i — 2х^+) =
=Dл;„+3^„)'—2 Cxn+2Dnf=D^—2xL Следовательно, со-
соотношение A) выполняется при любом значении п. (Мо-
(Можно показать, что члены последовательностей {Dn} и
{хп} образуют полный набор целочисленных решений
уравнения A), см. III.9.)
Прямыми выкладками нетрудно проверить, что
2 arctg (-) = arctg {-щ-^ - ardg (
2лг" ~
D"
= arctg . 4D"	5- = arctg-5§-. D>
Соотношения B), C) и D) представляют собой не
что иное, как доказательство методом математической
индукции соотношения
/=1
467

Следовательно,
2
(Ср. также решения задач 29, 52.)
оо
Итак, аргумент —4 Д] arctg(l/D;) рассматриваемого в
задаче бесконечного произведения равен —л/2, то есть
П — чисто мнимая величина.
Сходимость бесконечного произведения П можно
доказать следующим образом. Модуль п-то сомножи-
сомножителя A - ilDtf равен (l + l/Dlf. Но ?>„ = 4х„_, + ЗЯ „
поэтому 3D2n-\<Dl и, следовательно, (l + l/D^J =
= 1 + 2/D^ + 1/Dn < 1 + 3/D^ < 1 + D\-i. Повторяя те
же рассуждения, получим неравенство 1 + 1/?>« <
<{\ + \jDff ". Таким образом, модуль бесконечного
произведения П меньше чем
309.	Поскольку an + bn = сп, то а < с. Кроме того,
(а + 1)" = ап + пап~1 + ¦••, Ь<и и Ь»-1 < а'1. Та-
Таким образом, аи + Ьп '<. (а + 1)п или, что то же, с" <
< (а + 1)п, откуда а < с < а -f- 1, а поскольку с лежит
между двумя последовательными целыми числами, то с
не может быть целым числом.
310.	Каждая из цифр может принимать лишь четыре
значения: 2, 3, 5 или 7. По условию задачи необходимо
найти трехзначные и однозначные числа, произведение
которых было бы четырехзначным числом, - а запись
обоих сомножителей и произведения содержала бы толь-
только цифры 2, 3, 5 или 7. Нетрудно проверить, что суще-
существуют лишь четыре пары таких чисел: 3X775 = 2325,
5 X 555 = 2 775, 5 X 755 = 3 775 и 7 X 325 = 2 275.
Поскольку каждому трехзначному числу соответ-
соответствует лишь одно однозначное число, то множитель дол-
должен содержать две одинаковые цифры. Поиск «кандида*
468

среди четырех приведенных выше числовых пар
приводит к единственному решению задачи:
4/775
А 33
2325 '
2325
25575
311. Если е и е2 — комплексные кубические корни из
единицы, то 1 + х -\- х2 — A — ех) A — е2х) и
1 _	1	е
1 + х + х2 A — е) A — ел:) A — е) A — е2х) '
Левую часть этого равенства можно представить в виде
?j (—1)г(* + х2)г Коэффициент при хп в этом разложе-
разложении равен ( —1
•••] = (-D"S«"
Таким образом, коэффициент при хп в правой части
также равен (—l)nSn. Но этот коэффициент должен быть
равен е"/A —е)—e2n+V(l —e) = en(l —en+])/(l— e).
Поскольку е — кубический корень из единицы, то е3г^=1.
Следовательно,
если n = 3m,	то	S3m = e3m(l — е)/A — е) = + 1,
если п = Зт+1, то -SJm+1 = e(l -e2)/(l -е) =
= еA + е) = -1,
если /г = Зт + 2, то S3m+2 = e2(l —е3)/A—е) = 0.
312. Непосредственно из условий задачи следует, что
следующие пять/должностей в банке занимают мужчины:
Должность первого вице-президента (по условию 6), тре-
третьего вице-президента (по условию 1), главного бухгал-
бухгалтера (по условию 6), кассира (по условию 10) и швей-
Цара (по условию 7). По условию 3 второй вице-прези~
Дент и контролер — лица одного пола, а поскольку среди
служащих банка имеется только шесть мужчин, то обя-
обязанности второго вице-президента и контролера в банке
исполняют женщины. Поскольку второй вице-президент
банка—женщина, то по условию 9 счетовод — мужчина.
469

Таким образом, обязанности президента и второго вице
президента банка, контролера, а также первого и второго
секретарей президента банка исполняют женщины.
Поскольку президент банка имеет внука и потому це
может быть «мисс» и поскольку это не миссис Браун (по
условию 1), а также не миссис Кейн (по условию 5), то
пост президента банка занимает миссис Форд. Мисс
Хилл не секретарь (по условию 4), и второй секретарь
не состоит в браке (по условию 8), следовательно, обя-
обязанности второго секретаря исполняет мисс Дейл. По
условию 2 контролер является ее матерью, следова-
следовательно, контролер — «миссис», а поскольку обязанности
контролера исполняет не миссис Браун (по условию 1),
то этот пост может занимать только миссис Кейн. Пер-
Первый секретарь президента банка — замужняя женщина
(по условию 10). Следовательно, это миссис Браун. Та-
Таким образом, обязанности второго вице-президента ис-
исполняет мисс Хилл.
По,условию 4 мистер Грант может отдавать распо-
распоряжения мисс Хилл. Следовательно, он занимает более
высокий пост в банке. Поскольку президент банка жен-
женщина, то мистер Грант может быть только первым вице-
президентом банка. По условию 6 мистер Грант живет в
«Клубе холостяков» вместе с главным бухгалтером. Сле-
Следовательно (по условию 5), пост главного бухгалтера
может занимать только мистер Лонг. Представитель
молодого поколения служащих банка мистер Адаме
(условие 8) не может исполнять обязанности счетовода,
который (по условию 11) принадлежит к старшему по-
поколению служащих. Из того же условия 11 следует, что
ни мистер Джонс, ни мистер Эванс не могут быть сче-
счетоводами. Таким образом, на посту счетовода трудится
мистер Кемп. Не успевший обзавестись собственном
семьей (условие 8) мистер Адаме, принимающий у себя
в гостях молодых служащих банка, не может быть ни же-
женатым кассиром из условия 10, ни живущим в комнатке
под самой крышей швейцаром из условия 7. Следова-
Следовательно, мистер Адаме третий вице-президент банка.
Следящий за модой кассир (условие 10) не стал бы
регулярно принимать поношенное платье. Поэтому обя-
обязанности кассира исполняет не мистер Эванс (условие
11), им может быть только мистер Джоунс. Наконец,ми-
Наконец,мистер Эванс из условия 11 должен быть швейцаром ьо
470

сТояние его гардероба вполне согласуется с его скром-
скромным жилищем (условие 7).
313. Пусть b — скорость выпадения снега (увеличе-
(увеличение толщины снежного покрова, дюйм/ч), с — скорость
уборки снега (уменьшение толщины снега, дюйм/ми-
дюйм/миля -ч), и пусть снегопад начался за h часов до полудня.
В момент времени t перед бригадой дорожных рабочих
находится участок шоссе, покрытый слоем снега толщи-
толщиной b {h + t) дюймов, а скорость vt продвижения брига-
бригады по шоссе составляет c/[b(h-\-1)] миля/ч. За время t
бригада удалится от города по шоссе на расстояние
о
По условиям задачи х2 = 2, х* = 3, поэтому h = д/5 — 1
часов, что составляет 1 час 14 мин 9,8 с. Следовательно,
снегопад начался в 10 ч 45 мин 50,2 с утра.
Условия задачи не позволяют Однозначно опреде-
определить величины b и с, но отношение с/Ь=2/\\п(л/5 + l)—
— ln(V5 — l)]=2,078. Интересно заметить, 4Tolimuf=0,
но lim Xf = oo.
" 314. Выберем прямоугольную систему координат так,
чтобы ее центр совпал с центром коробки, а оси были па-
параллельны ее ребрам. За единицу длины примем дюйм.
Пусть л: = 30, у = 24 и г = 18 — уравнения стенок ко-
Робки, сходящихся в том углу, вблизи которого нахо-
находится один из концов рулона. Середина осевой линии
Рулона совпадает с началом координат. Пусть
^Ч*о, Уо, zq) —точка, в которой находится конец осевой
линии рулона, а его длина равна 2а. Тогдах\ + у\ + г\ —
^а? и
*о* + УоУ ¦
— уравнение плоскости, в которой расположен один ко-
конец рулона. Прямые, определяемые плоскостью A) и
плоскостями х = 30, у = 24, г= 18, должны совпадать
с касательными к окружности, ограничивающей конце-
концевое сечение рулона. Следовательно, каждая из этих
пРямых должна проходить на расстоянии 9/2 дюйма от
471

точки Р. Поскольку эти расстояния равны
с C0 — хс)	а B4 — ус)	а A8 — z0)
то, приравнивая квадрат каждого из этих трех выраже-
выражений 8!/4, освобождаясь от знаменателей и складывая
получаем уравнение
C0 - *оJ + B4 - f/0J + A8 - zoJ = 8!/2.
, Таким образом, расстояние от точки Р до угла коробки
равно 9/-\/2 , а полудлина рулона а меньше диагонали
коробки, равной 30 У 2 « 42,43, но больше чем 30 V2 —
— 9-\/2 «36,06. Координаты точки P(xo,yo,zo) зависят
от а следующим образом:
Dа2 + 81) хр = 120а2 - 9а У4а2-3 519,
Dа2 + 81) у0 = 96а2 - 9а У 4а2 - 2 223,	B)
Dа2 + 81) z0 = 72а2 — 9а У 4а2— 1215.
Пусть f (а) = (х* + у* + г$ — а2, где х0, t/0, z0 замене-
заменены их выражениями из B). Чтобы найти нуль уравне-
уравнения /(а) = 0, лежащий в интервале 36,06 < а < 42, 43,
можно воспользоваться, например, методом хорд (ли-
(линейной интерполяцией). Полагая а = 36, находим х0 —
= 27,027, у о = 20,282, z0 == 13,846 -и /C6) = 37,55. Ана-
Аналогично вычисляем /C7)= —44, 14. Следующее прибли-
приближение дает /C6,4) =4,92 и /C6,5) = —3,20. Таким об-
образом, с точностью до второго знака после запятой а =
= 36,46 дюйма. Таким образом, рулон немного длиннее
шести футов.
315*. Для того чтобы окружности радиусов R и р
пересекались ортогонально, необходимо и достаточно,
чтобы расстояние между их центрами d удовлетворяло
соотношению
d2 = R2 + p2.
Поскольку для окружности девяти точек p = /?/2 '. т0
d = (-\/5/2 ) Rj гДе R — радиус описанной окружности.
1 См., например, С. И. Зетель, Новая геометрия треугольника»
М., Учпедгиз, 1940, стр. 33. — Прим. ред.
472

С другой стороны, центр О9 окружности девяти точек
делит пополам отрезок, соединяющий центр описанной
окружности О и ортоцентр Н (см. III. 1), откуда #0 =
V
V
Наконец,
(см. Зетель, стр. 40), так что для ортогональности
окружности девяти точек и описанной окружности необ-
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство
По теореме синусов оно сводится к условию задачи
316. Пусть биссектриса внешнего угла при вершине С
пересекает прямую АВ в точке М. Возможны два слу-
случая: либо вершина А лежит между вершиной В и точ-
точкой М, либо вершина В лежит между вершиной А и
точкой М. В первом случае угол М равен л/2 —¦
— (J3 + C/2), во втором —углу В + С/2 — л/2. Следова-
Следовательно, sinM = ±cos(J3 + С/2). Биссектриса СМ не
может быть параллельной стороне АВ, поскольку в про<
тивном случае углы В и С удовлетворяли бы соотноше-
соотношению С/2-{- В = п/2 и углы В к А были бы равны во-
вопреки предположению о том, что треугольник ABC ко-
косоугольный. В треугольнике ВСМ
CM sin В .	sin В
ВС sin M ~L-
cos
Аналогично из треугольника BCN, где N — точка пере-
пересечения стороны АС с биссектрисой внешнего угла при
вершине В, получаем
BN		sin С
ВС~±
Поскольку по условиям задачи СМ = CN, то
473

Выразив синусы всех углов через синусы половинных
углов, преобразуем это выражение к виду
2[sin-|=Fsiny][cos2(-f+ -|)±sin-f sinT] = 0. (I)
Верхние знаки соответствуют однотипному располо-
расположению точек пересечения биссектрис внешних углов при
вершинах В и С относительно концов противолежащей
стороны: для обеих биссектрис имеет место либо первый,
либо второй из двух случаев, указанных в начале реше-
решения. Второй сомножитель в левой части равенства A)
представляет собой сумму двух положительных величин
и поэтому не может обращаться в нуль. Следовательно,
.В .С
sinT = slnT
и треугольник ABC равнобедренный вопреки условию.
Если же точки пересечения биссектрис внешних
углов при вершинах В и С расположены по-разному от-
относительно концов противолежащих сторон, то первый
сомножитель в левой части равенства A) не может об-
обращаться в нуль и
. В . С	of В , С \ . 2 А
sin -j sin y = cos { у + T J = sin у *
Подставляя [(p— b) (p— с)/Ьс][/2 вместо sin (Л/2) и ана-
аналогичные выражения вместо синусов остальных углов,
получаем соотношение, эквивалентное тому, которое
требовалось доказать.
Более того, соотношение
. В . С . 2 А
SU1-у Sin-Tj-= 51^-2-
необходимо и достаточно для того, чтобы отрезок
,(р — а) /а был средним геометрическим отрезков
(p-b)lbn [р-сIс
317. Пусть Ль Л2, .... Ап — кнопочные выключатели,
а Рп — последовательность Аи А}, ..., AL (если такая
существует), в которой нужно нажать кнопки, чтобы не
позднее того, как мы нажмем последнюю кнопку Лг, лам-
лампа загоралась (индексы i, /, ... не обязательно должны
быть различными). Присоединим к этому набору еще
один выключатель Ап+\. Если An+i находится в положе-
474

нии «включено» (его контакт замкнут), то последова-
последовательность Рп позволит зажечь лампу.
Следовательно, если, нажав кнопки выключателей
Аи Л2, ..., Ап в последовательности Рп, мы обнаружим,
что лампа не загорелась, то это будет означать лишь
одно: выключатель An+i находится в положении «вы-
«выключено». Нажав на кнопку выключателя Л„+ь мы пе-
переведем его в положение «включено», после чего, нажав
кнопки в последовательности Рп, зажжем лампу. Крат-
Кратко эту взаимосвязь можно выразить соотношением
Это рекуррентное соотношение вместе с очевидным
начальным условием
Рг = А	B)
позволяет найти Рп при любом п. Кроме того, из него
следует также, что последовательность Рп существует
при любом п.
Пусть теперь gn — наибольшее число раз, которое
требуется нажать на кнопки п выключателей, чтобы
лампа загорелась. Тогда из соотношения A) следует, что
?n+! = 2gn+l,	C)
а из начального условия B) — что
?.= !•	D)
Таким образом,
gB = 2"-l.	E)
Число возможных состояний набора из п кнопочных
выключателей равно 2™. Одно из этих состояний — ко-
когда все п выключателей находятся в положении «вклю-
«включено»— соответствует горящей лампе. Следовательно,
число состояний, соответствующих не горящей лампе,
равно 2П — 1, то есть совпадает с gn. Нетрудно доказать,
что не существует решения с числом gn, которое было
бы меньше 2П—1. Следует также иметь в виду, что
последовательностями Р„, удовлетворяющими рекур-
рекуррентному соотношению A) с начальным условием B),
не исчерпывается множество всех решений. Например,
при п = 3 последовательность
Р3= 1232 123
475

не удовлетворяет соотношениям A) и B). Аналогично
при гг = 4 соотношениям A) и B) не удовлетворяют
по крайней мере три допустимые последовательности;
Р4 = 123 412 324 321 432,
Р4= 123 432 341 432 343,
Р4= 123 121 431 321 314.
В случае когда выключатели срабатывают
нажатии, состояния A) и B) следует заменить на
Pn+i — Pn^n+iPn ••• Pn^n+iPn	(!')
Р, = Л,Л, ... Л,	B')
(в обоих случаях буква Л употребляется р — 1 раз), от-
откуда gn — pn — 1.
318. Абсциссы точек экстремума являются корнями
уравнения Ъх2 + 2рх + q = 0. Если эти корни — целые
числа, то коэффициенты р и q должны быть кратны 3.
Пусть р = ЪР, q = 3Q. Если d— любой делитель числа
P(d > 1) и d2 делит Q, то, положив х = zd, мы получим
два новых уравнения z2-\- 3(P/d)z + 3Q/d2 = 0 и
г2 + 2(P/d)z + Q/rf2 = 0 с целочисленными корнями.
Следовательно, необходимо исследовать лишь те случаи,
когда q не делится на квадрат любого делителя коэф-
коэффициента р. (Остальные случаи мы получим, взяв коэф-
коэффициенты р и q, удовлетворяющие этим условиям, и
умножив р на d, a q на d2.)	'
Поскольку оба уравнения х2 + 2РхЦ- Q = 0 и
*2 + ЗРх + 3Q = 0 имеют целочисленные корни, то их
дискриминанты должны быть точными квадратами, то
есть 9Р2 — 12Q = (ЗаJ, P2 — Q = b2, откуда Р2 =
= 4Ь2 — За2. По сделанному предположению а и Ь вза-
взаимно просты. Следовательно, в разложении За2 =¦
= BЬ + Р) BЬ — Р) можно положить Bb + P) = Заи/v,
BЬ — Р) = av/u, где и и v — взаимно простые числа.
Тогда Ь\а = (Зм2 + v2)/4uv и Р/а = (Зм2 — v2)/2uv. По-
Поскольку а, Ъ (как и ы, v) — взаимно простые числа, то
либо а = 2uv, Ъ = (Зм2 + v2) /4, Р = (Зм2 — v2) /2, Q =
=.3(м2 — и2) (9м2 — v2)/\6, либо а = 4ми, г> = Зм2 + У2.
f>2 = 6н2 _ 2y2? q = з(м2 — и2) (9«2 — и2) в зависимости
от того, являются ли оба числа м и и нечетными или
одно из них четно. (Пользуясь тем, что р_ и q зависят
476

лишь от м2 и v2, мы можем ограничить рассмотрение
лишь положительными значениями м и v. Если бы а
или b были равны нулю, то исходное кубическое урав-
уравнение имело бы двойной корень или мнимые корни, что
противоречит условию.)
Итак, полное решение задачи можно представить в
виде
р = 3d (Зм2 — и2), q = [9d- (и2 - i>?) (9м2 — и2)]/16,
где и и и — взаимно простые числа, ad — целое или
кратное четырем число в зависимости от того, различна
или совпадает четность чисел м и v.
Наоборот, если р и q заданы приведенными выше вы-
выражениями, то- исходное кубическое уравнение прини-
принимает вид	'
a i 3 . /о , ~ 2 . 9d2 (9«2 — v2) (и2 — v2)	„
у = у? + -^ d (Зм- — и2) .г И	5	уг-^	 х = 0
и имеет корни х = 0, [3d (и + Зн) (и — м)]/4,
[3d (и — Зи)(и + и)]/4.
Уравнение
,а) х + 3rf2 (9" ff ( ~ ) = О,
которому удовлетворяют абсциссы точек экстремума,
также имеет целочисленные корни
_ 3d (у + и) {у —и) d(v — 3») (ti + 3»)
4	4
319. Воспользуемся тождеством
1 - A - ех) A — е2*) A — е22*) ... (l — е*~1х) =
= е* + е2х — е3х — ... — ... +(-1ГеB"-1Ч
в котором, как легко видеть, знак перед етх опреде-
определяется указанным в условии правилом.
Приравнивая коэффициенты при хр, где 0 ^ р <С п,
в правой и левой частях, получаем
что и требовалось доказать.
320. Сложив неравенства 2аЬ < а2 + Ь2, 2ас ^.
^ аг+ с2, 2Ьс ^ Ь2+ с2 и прибавив 2Г = 2(аЬ+ас+Ьс),
получим после несложных преобразований 2>Т ^ S2.
477

Поскольку а, Ъ и с — длины сторон треугольника, то
\а — с|<Ь, \а — Ь|<с и \Ь — с\<С а. Возводя эти не-
неравенства в квадрат, складывая и прибавляя 27" =
= 2(а?> + clc-\- be), получим после некоторых преобра-
преобразований второе неравенство S2 < 47".
Итак, 37" ^ S2 < 47", что и требовалось доказать.
Перейдем теперь к тетраэдру. Пусть 5 — сумма длин
ребер тетраэдра, 7"— сумма их попарных произведений.
Выписав 15 неравенств вида 2ab ^ а2-]-Ь2, сложим их,
разделим на 5, и, прибавив 271, получим 12Г/5 ^2= S2.
Выписав для каждой грани тетраэдра по три нера-
неравенства вида j а — Ь \ < с, возведем их в квадрат, сло-
сложим, перенесем все члены вида а2 в левую часть, а все
попарные произведения — в правую, разделим на 2 и
прибавим 271. В результате мы получим неравенство
S2 < 37".
Итак, для тетраэдра выполняются неравенства
аналогичные неравенствам ЗГ ^ S2 < 47", справедливым
для треугольника.
321. Заметим, что сумма ao + ai+ ... + ап-\ совпа-
совпадает с коэффициентом при х™~! в разложении
(ай + а1х + а2х2+ ... +а„-1х«-1+ ...) X
^)я [2-(\-х)]п __
(I— хK ' I — х (I —лL	A — л:I
= 2" A - *Г4 - п • 2"-' A - ху3 +
Ц- (многочлен степени п — 4 относительно A — х)).
Используя биномиальный ряд
A-А-)-" =
г=0
г=0
478

получаем разложение правой части
в котором коэффициент при хп~1 равен
+ 6п? (п — 1) - п (п - 1) (п — 2)] 2"~4/3 =
Сравнивая оба выражения для коэффициента при хп-\
получаем
-что и требовалось доказать.
322. Если В2 + т = А2, то т = rs, где r= A + B и
s = Л— В. Поскольку В = (г — s)/2, то числа г и s дол-
должны быть либо оба нечетные, либо оба четные. Целое
число В может принимать не только положительные, но
и отрицательные значения и обращаться в нуль, поэтому)
никаких других ограничений на числа г и s, кроме того,
что их произведение должно быть равным т, не нала-
налагается. Если т = р^ра22 ... р""э где р,- — различные про-
простые числа, а <хг — положительные целые числа, то лю-
любой делитель числа т содержится один и только один
раз среди членов разложения
479

Следовательно, если in нечетно, то число делителей чи-
числа т, а тем самым и число целочисленных значений В
равно
(а,+ 0@2+1) ... (а„+1).
Если т четно и р\ = 2, то оба числа г и s должны быть
четными. Тогда число целочисленных значений В, при
которых выражение В2 + т совпадает с точным квадра-
квадратом, равно числу делителей т/4, то есть
@,-0@2+0 .-. (Оя+0.
323. Длины сторон основных пифагоровых треуголь-
треугольников определяются выражениями а = т2 — п2, Ь =
= 2тп, с = т2 + п2, где т > п, числа тип имеют раз-
различную четность и взамно просты. Если г — радиус впи-
вписанной окружности, то, как во всяком прямоугольном
треугольнике, с = а + b — 2г, откуда г = п(т — п).
Если г = р — нечетному простому числу, то возможны
лишь два случая: либо /г=1, т = /7 + 1и
либо п = р, т =
Теперь перейдем к доказательству утверждений за-
задачи.
а.	Поскольку а,\ — Ь\ = р2 — 2 и Ь2 — а2 = 2р2— 1, то
длины наименьших сторон двух пифагоровых треуголь-
треугольников равны bi и «2, причем они отличаются на 1.
б.	Ci — CL\ = 2, С2 — Ь2 = 1.
в.	a, + fci + Ci + a2 + b2 + c2 = 6(/7+ IJ.
г.	Наименьшие углы, то есть ' углы, равные
arctg2(/7 + l)/p(/7 + 2) и arctgBp+l)/2p(/7+l), стре-
стремятся к нулю. Следовательно, предел их отношения ра-
равен пределу отношения их тангенсов:
д. Отношение площадей равно
1"А_ 2р+1! =2
1 . ~~ Р + 2 * р+2*
 "
480

324.	Пусть Р и Р'— две точки листа бумаги, совпа-
совпадающие при его перегибе. Тогда любая точка А линии
сгиба отстоит от точек Р и Р' на одинаковое расстояние
и отрезки прямых АР и АР' при перегибе листа бумаги
совпадают. Следовательно, линия сгиба, как геометри-
геометрическое место точек, равноудаленных от концов отрезка
РР', представляет собой прямую, проходящую через се-
середину отрезка РР' перпендикулярно ему.
325.	Сумма п первых натуральных чисел делит их
произведение, если число п + 1 делит 2 (и — 1)! Если чи-
число п+1 четно, то множитель (п+1)/2 входит в
(п— 1)!. Если n-f-1 — нечетное составное число, то либо
оно само, либо Bи + 1) представимо в виде произведе-
произведения двух неравных сомножителей, входящих в (п—1I
Итак, п,+ 1 не делит 2 (п — 1)! лишь в том случае, если
1 — нечетное простое число.
Рис. 24.
326.	Способ разрезания правильного шестиугольника
на семь частей, из которых можно составить равносто-
равносторонний треугольник, показан на рис. 24'.
327.	Сравнение п2 = «(mod 10°) не следует из срав-
сравнения пг == n(mod 10°) в двух случаях: если г —нечет-
—нечетное число (в этом случае 4Г зэ 4 (mod 10), в то время как
1 Конечно, отсюда еще не вытекает, что это наименьшее число
частей. (Методы решения геометрических задач на разрезание и
Многие рекордные разрезания подробно изложены в книге Г. Линд-
грен, Занимательные задачи на разрезание, М., «Мир», 1977.1 —
Прим, перев.
16 Зак, 43в
481

42 = 16) и если rs= I (mod 5) (поскольку 215^= 1 (mod 100)",
то в этом случае 21Г = 21 (mod 100), в то время какгр^'
= 441). Пусть теперь г—1—число, взаимно простое
с числом 10. Предположим, что число (tf-1—1)/(п—1)
делится на 5. Тогда nr~l ss I (mod 5). Но по малой тео-
теореме Ферма (III.6) n4s=l(mod5), и поскольку число
г—I=s±l(mod4) (как нечетное), то n=l(mod5)
или п~! = 1 (mod 5), что то же самое. Полагая п =
= 5/п + 1, получаем
пг~1 —
п — 1	5т
-	- 1)+ 1 -
_	^г_ 1(
Но это противоречит предположению о том, что г—1
взаимно просто с 10. Далее, {пг~1 — 1)/(п—1) =¦
= /гг~2+ ... +п+1 нечетно при любом п, если г—1
нечетно. Таким образом, число (пг — п) / (п? — п) взаим-
взаимно просто с 10, и из сравнения nr = n(mod 10°) следует
сравнение п2 = n(mod 10а).
Итак, допустимыми значениями г являются все чет-
четные числа, не оканчивающиеся цифрой 6. (В тривиаль-
тривиальном случае, когда а = \, эту оговорку можно снять.)
328. Пусть (а,0), (р, 0), (хи ух) —координаты точек
А, В, Р, и пусть кубическая парабола пересекает ось х
еще и в точке С с. координатами, (у, 0). Тогда уравнение
кубической параболы можно представить в виде
у = К(х-а)(х-®(х-у).	A)
Любая прямая у = т(х — а), проходящая через точ-
точку А, пересекает кубическую параболу A) в точках,
абсциссы которых определяются из уравнения К{х —
— Р) (х — y) = т- Если эти точки совпадают с точкой Р,
то
т __ (Р - уJ	P+Y
К	4 ' '	2 *
Таким образом, проекция (хи 0) точки Р на ось х
совпадает с серединой отрезка ВС. Следовательно, длина
отрезка АВ вдвое больше расстояния между точками г
и Q по горизонтали, но отрезки АВ и PQ имеют проти-
противоположное направление.
482

Отношение
Tq =~2
не зависит от коэффициентов кубической параболы, что
и требовалось доказать.
329. Оси прямоугольной системы координат направим
параллельно краям бильярдного стола, выбрав их на-
направление так, чтобы координаты шара после удара
кием либо возрастали, либо не изменялись. Пусть (а,
Ь)—начальное положение шара, а и и v — размеры
бильярдного стола. Тогда «почти при всех» значениях а
и b удар, нанесенный кием по бильярдному шару в на-
направлении с угловым коэффициентом sv/ru, где г и s —
любые неотрицательные целые числа, приводит к желае-
желаемому результату: шар после конечного числа отражений
от бортов (равного 2(r-j-s)) возвращается в исходную
точку.
Докажем это утверждение. Отражая сначала биль-
бильярдный стол относительно его сторон, затем его образы
относительно тех сторон, к которым не примыкают об-
образы стола, полученные на более ранних этапах построе-
построения, замостим первый квадрант прямоугольниками, конг-
конгруэнтными бильярдному столу. Соответственными точ-
точками двух смежных прямоугольников, примыкающих
друг к другу вдоль общей стороны, будем считать точки,
симметричные относительно общей стороны. Тогда траек-
траекторию бильярдного шара можно развернуть в прямую,
проходящую по прямоугольной сетке. Образами точки
\{а, Ь)—начального положения бильярдного шара — яв-
являются узлы сетки с координатами Bгы±а, 2sv±b)t
где г, s = 0, 1, 2	Всякий раз, когда «распрямлен-
«распрямленная» траектория шара пересекает прямую х = ru или
у = sv, бильярдный шар в действительности отражается
от борта. Следовательно, на пути от точки (а, Ь) к точке
,Bгы + а, 2sv + b) бильярдный шар претерпевает 2г + 2s
отражений, а угловой коэффициент распрямленной
траектории (совпадающий с угловым коэффициентом
участка траектории от начального положения до точки
первого отражения от борта) равен svjru. На пути к
каждой из точек Bгы —a, 2sv + b) и {2ru-\-a, 2sv — b)
бильярдный шар претерпевает нечетное число отраже-
отражений от бортов, а именно 2r-j^2s—1. Точку Bru — а,
16*	483

2sv — b) следует исключить, поскольку в силу принятых
упрощающих предположений траектория шара не долж-
должна проходить через точки (ru,sv).
330. Пусть А, В, С — центры сфер радиусами a, b и х,
сфера С касается двух других сфер и плоскости, А', В']
С — проекции точек А, В, С на плоскость. По теореме
Пифагора расстояние между параллельными прямыми
АА' и ВВ' равно
[(а + bf -{a- bft = 2 (ab)\
Аналогично расстояния между прямой СС и прямыми
А А' и ВВ' равны 2 (ах)'!' и 2(Ьх)\ Поскольку все три
прямые расположены в одной плоскости, то
откуда
что и требовалось доказать.
331.	Длины лестниц а и Ь, высота точки пересечения
над основанием лестниц с и расстояние между стенами й
связаны между собой соотношением
(a2-dT'/j + (b2-dTVs = c-1.	A)
Выражения для а, Ь, с и d, приведенные в условии за-
задачи, удовлетворяют этому соотношению. Из трех усло-
условий, наложенных на числа s, t, и и v, следует, что а >!
> b > 0 и й — целое число.
Читателю предлагается показать, что выражениями
для а, Ь, с и d, приведенными в условии задачи, исчер-
исчерпываются все допустимые целочисленные решения A)»
а наиболее простое частное решение (а, Ь, с, d) в нечет-
нечетных числах имеет вид A05, 87, 35, 63) и порождается
числами k = 64 и (s, t, и, v) = G, 1, 9, 7).
332.	Рассмотрим необходимость и достаточность ус-
условия отдельно.
а. Необходимость: если р — нечетное простое число, то
= 1 (mod p2).
484

В таком виде утверждение было доказано Ч. Бэббеджем.
Как показал Вольстенхольм ', при р > 3 сравнение спра-
справедливо даже по модулю рг. Еще более точный резуль-
результат можно получить следующим образом. Запишем бино-
биномиальный коэффициент, стоящий в левой части сравне-
сравнения, в виде
С-.1)-
(р-1)!
, , Ао-2Р-
~Ж '	(P-I)l
где Av — сумма всех возможных произведений из чисел
1, 2, ..., р—1 по v. Сравнение Бэббеджа следует из
того известного факта, что если р — простое число, то
Ау з= 0 (mod р) для 0 < v < р — 1 (см. решение зада-
задачи 231).
Положив х = р в тождестве
получим
Лр_2 = Лр-зР - Ap-iP"- + ... + Рр~2.	A)
В дальнейшем будем предполагать, что р — простое
число, большее 3. Тогда из A) следует, что Лр_2 =
E3 0(modp2) и сравнение Вольстенхольма.
Поскольку
Ао-2	Ар-з	.	.	Ар-3
^	^Л+ +P4(
то
1 См. Dickson, History of Theory of Numbers. 1, 271. — Прим.
перев.
485

Теорема Вильсона (III.6) позволяет заменить (р—])f
на —1, а из общего результата Глешера' следует, что
1
где Вр-з — число Бернулли. Таким образом, окончателы
но находим
2р—1
б. Сформулированное в задаче условие, по-видимому,
недостаточно. Докажем, что сравнение
D— 1
выполняется, если р = q2, где q — простое число, удов-
удовлетворяющее сравнению Вд_з = 0 (mod q2). Такое число q
следует искать среди так называемых нерегулярных
простых чисел 37, 59, 67, 101, .... то есть таких, что q
делит по крайней мере одно из чисел В2, Bit В6, ..., Вд_з.
И хотя при нескольких начальных значениях q не делит
Вд_3, по-видимому, нет причины, по которой число q не
должно быть делителем числа Вд_3.
Положим по определению
где аг принимает Значения ф(т) натуральных чисел,
меньших числа т и взаимно простых с ним. Функция
f(tn) принимает не только целочисленные значения, но
если ее аргумент совпадает с простым числом р, то
Как нетрудно доказать, в общем случае выполняется со-
ПТНППТРНИР
отношение
dim
перее.
486
1 Dickon, History of the Theory of Numbers, 1, 100. — Прим.

3 частности, если т = р2, то
Поскольку Zaf1— O(modm) при т>2, то
«
/ (m) =
Пользуясь сравнением, приведенным в конце пункта
„а", получаем
2п2 —
Итак, если существует простое число р, которое де-
делит Вр_з. то квадрат этого простого числа должен удов-
удовлетворять сравнению
/2m— I \
U-ibl(modm2)-
333. Оставляя в стороне тривиальные случаи, пред-
предположим, что b < с < а. Если сторона RS прямоуголь-
прямоугольника PQRS (вид на шкаф сверху) скользит по углу А,
а угол шкафа Q — по стене DE (рис. 25), то угол шкафа
Р описывает некую кривую. Выберем на плоскости ри-
рисунка прямоугольную систему координат так, чтобы ось
у шла по направлению стены DE, а ось х проходила че-
через угол А. Пусть (х, у) и @, z) координаты точек Р.
и Q, a a= Z.PQE. Тогда
у — z — a cos a, x = asma, с
Исключив из этих соотношений z и а, получим уравнение
описываемой вершиной Р кривой в виде у — f{x), где
, , л аЪ + (* - сJ (а2 - Х2)Ч*
I W —	д.
Вычислим производные функции f(x):
ff/\	 а2с — х3 — аЪ (о2 — х2)'^2
W ~	х2 (а2 - х2)'/г
fff /х\ _ _ о2 (* — с) _ ^а_ Г пс	^-1
487

Ясно, что при с ^ х < а последнее выражение отри-
отрицательно, поэтому функция f(x) при с^х<Са имеет
не более одного максимума, который и дает искомое
значение d.
Рассмотрим в отдельности следующие три случая.
Случай 1. Если f'(c) ^ 0, то при возрастании х от с
до а функция f(x) убывает. Толщина стены не играет
Рис. 25.
роли и d = f(c) = ab/c. Этот случай имеет место при
ab^c(a2 — с2)\
Случай 2. Если f'{c) > 0, f'{c'+h) < 0, то функция
f(x) достигает своего максимального значения, равного
ширине дверного проема
аЪ + (х - с) (о2 -
между сис + ft. Здесь х — положительный корень урав-
уравнения
ab(a2-x2)V2==asc-x?.
Этот случай имеет место, если ab < с(а7 — с2I'» и либо
а < c^-Ji, либо аЬ >[аЧ— (c±hK]l[a2— (c + hJ]'1'.
488

Случай 3. Если f'(c'-fh)^O, так что функция f(x)
возрастает на всем интервале с <; х <; с -\-h, то ширина
дверного проема равна f(c-\-h), то есть
А_ ab + h [п2 - (с + hLv*
Этот случай имеет место, если
.* + (« + *)»
[а2 - (с + ЛJ] '2 '
Случай 2 наблюдается, например, при следующем
наборе значений: а = 6, fc = 2,38, с = 4,5, Л > 0,3, х ==,
= 4,8, d = 3,2.
334.	Десятичное разложение дроби 1/р имеет период
длиной в (р— 1)/2 или q знаков, где q — некоторый де-
делитель числа (р— 1)/2 в том и только в том случае, если
lOte-1)'2 == l(modp). Но по критерию Эйлера именно та-
такому сравнению должно удовлетворять число 10, если
оно является квадратичным вычетом по модулю р (III.7).
Известно, что число 5 служит квадратичным вычетом по
модулю простого числа вида 5/1 ±1. а число 2 — квад-
квадратичным вычетом по модулю любого простого числа
вида 8п ± 1 *.
'Кроме того, известно, что число 10 — квадратичный
вычет по модулю р, если числа 2 и 5 — оба квадратич-
квадратичные вычеты (или оба квадратичные невычеты) по тому
же модулю A11.7F)). Таким образом, простое число р
должно быть либо представимо в двух видах Ъп ± 1 и
8п± 1, либо не представимо ни в одном из них, то есть
р = 40п±г, где г= 1, 3, 9 или 27. Отсюда (поскольку
З4 = 81 ^ 1 (mod 40)) следует утверждение задачи.
335.	а. Пусть р = 2k + 1. Тогда
Если число п четно, то (рп + 1)/2 нечетно и поэтому не
может быть делителем числа 2т при 1гф0. Если число п
нечетно и больше 1, то
483

— сумма нечетного числа нечетных слагаемых. Следо-
Следовательно, при р > 1, п > 1 соотношение рп + 1 = 2т
в этом случае выполняться не может.
б. Если число п нечетно и больше 1, то число
-zrr = P +P + ••• +l
снова нечетно. Если же п четно, то
Но по доказанному в пункте «а» число рг -\- 1 не может
быть степенью двойки, если г > 1. Следовательно, при
п > 2 соотношение р" — 1 = 2т выполняться не может.
336. Разберем задачу на примере президентских вы-
выборов 1940 и 1945 гг. Поскольку число выборщиков со-
составляло тогда 531, на пост президента мог быть избран
кандидат, заручившийся поддержкой не менее 266 вы-
выборщиков. Общее число выборщиков от нескольких шта-
штатов как раз оказалось равным 266 (если бы это было не
так, необходимое минимальное число голосов было бы
больше). Это следующие штаты:
Штат
Калифорния
Иллинойс
Луизиана
Мейн
Масса чу сеттс
Мичиган
Миссури
Нью-Джерси
Нью-Йорк
Огайо
Пенсильвания
Техас
Число
выборы 1940 г.
22
29
11
5
17
19
15
16
47
26
36
23
266
выборщиков
выборы 1945 г.
25
28 *
11 Д
5
16
20
15
16
47
25
35
23
266
490

Поскольку число избирателей N пропорционально числу
выборщиков, то N = 531п (по предположению, в штате,
представленном k выборщиками, в голосовании могут
принять участие kn избирателей). Кандидату, победив-
победившему на выборах 1940 и 1945 гг., достаточно было полу-
получить голоса выборщиков только в перечисленных выше
штатах и не собрать ни одного голоса среди выборщиков
всех остальных штатов.
В каждом штате ему необходимо собрать [kn/2 + 1]
голосов избирателей. Суммируя это выражение по всем
штатам, получаем, что для победы на президентских вы-
выборах 1940 и 1945 гг. кандидат должен был собрать
133 .. .
голосов избирателей, где 6 = 8,, если п — нечетное число,
и е = 12, если п — четное число, то есть за него должны
были проголосовать 25,05% от общего числа избирате-
избирателей.
В общем случае минимально необходимое число го-
голосов дается формулой
MN . с о
-г о	о •
2L ^ " 2
Здесь L — общее число выборщиков, S — число штатов,
располагающих в сумме М выборщиками; эти штаты
надо выбирать так, чтобы М было наименьшим, которое
^[L/2] + 1". о равно числу выбранных штатов, в которых
число выборщиков нечетно, если п нечетно, и о = 0, если
п четно.
337. По правилам матричного умножения
(Ом) Фп) = (Ря), iPrs) {On) = {Qrs),
где
n
Prs = I! arkbksi qTs =
k
n
I!
Предположим, что обе матрицы (агя) и {brs) удовлет-
удовлетворяют условиям задачи, то есть
аг\ = а2г, Ьп = Ъ2г, alr — ar2, blr = br2 (r, s > 2),
491

Тогда
ft-3
п
= a2ibi2 + aubn + Z ak\blk = qll. A)
Аналогично можно проверить, что
Рт\ = Я2Г, Р\т — <7r2. Prs = Qsr (Г, S > 2).
Пусть (bTS) = (аГ8)', тогда (prs) = (?«) = (or»)t+1.
Из этого соотношения и равенства A) следует, что ргг =
= <7п = рп. Точно так же проверяется, что матрица
(cirs)t+1 удовлетворяет и остальным соотношениям. По
индукции они удовлетворяются при всех t. Таким обра-
образом, первые два элемента, стоящие на главной диаго-
диагонали матрицы (аГ8)' равны, и тем самым утверждение
задачи доказано.
338. Функцию f(x) можно представить в виде беско-
бесконечного ряда
п=о
так как f<n>@) =s(n). Поскольку достаточные условия,
позволяющие менять порядок интегрирования и сумми-
суммирования, выполнены, то
п-0
о
к
339. Фигура, о которой говорится в условиях задачи,
и четыре части, на которые необходимо разрезать квад-
квадрат Fn X Fn, изображены на рис. 26.
Докажем соотношение
р р —p2JL.(	\)п	A)
492

Воспользуемся для этого методом математической индук-
индукции. Поскольку Fi = F2 = 1, a F3 = F2-\- Fi = 2, то при
п = 2 соотношение A) верно: 2-1 = 1 + (—1J = 2.
Предположим, что оно верно при п = k. Тогда
= (fW, + Fk) Fk = Fk+lFk + Fl =
-0 - (-1)" =
то есть соотношение A) верно при п = k-\-1, а значит,
и при любых п.
Fn-,
Кы
Fn-,
Рис. 26.
-,
Составить из четырех частей квадрата Fny<.Fn- фи-
фигуру, изображенную на рис. 26, возможно' потому, что
2Fn-2 -*¦„-, = Fa-S - (/?„-, - Fn-2) =
= ^rt-2 — Fn-3 = Fft-4.
1 В действительности построенная фигура не состоит из прямо-*
угольников; в середине ее имеется малозаметная щель, либо со*
ставляющие фигуру части квадрата перекрываются. Площадь щели
и «перекрытия» как раз и составляют недостающую или лишнюю
единицу. — Прим. перее.
493

Покажем, что площадь фигуры на 1 отличается от
площади квадрата Fn X Fn:
= Fn-2 DFn_,
2 + Fl-2 + 2Fn_1Fn_2 =
= Fl-y - (-1)" + Fl^_ + 2Fn_1Fn_2 =
340*. Из условий задачи вытекает равенство
Х2Х3
Z2Z3
У\Уг
=П(-
(=1
V
У
1-1 ~-1
= 0,
а потому существуют не равные одновременно нулю чис-
числа а, Ь, с, такие, что
axtXj + by#1 + cztz, = 0 (i^ /).	A)
Считая л:, у, z однородными координатами на плоско-
плоскости, рассмотрим коническое сечение
ал^ + Ьу24-С22 = 0.	B)
Уравнение поляры (III.5) iti точки Pi(Xi,yi,Zi) относи-
относительно этой кривой имеет вид
axtx + byty -j- cztz = 0.	C)
В силу A) каждая из точек Pt лежит на полярах двух
других.
Все точки Pi различны, поскольку совпадение, ска-
скажем, точек (Х\, уи z\) и (лг2, у2, ^2) влечет равенства Хъ =
= Уз = Z3 == 0, что противоречит условию задачи.
Рассмотрим теперь три прямые п\, имеющие в одно-
однородных координатах уравнения
0.	D)
Вспоминая хорошо известное свойство алгебраических
элементов в определителе, заключаем, что Pj e nj при
494

j't^i, а потому n'i = ni. Таким образом, C) и D)—это
уравнения одной и той же прямой, а следовательно,
axj __ byi 	 czj
Xt	Yi	Zt *
В частности, каждое из чисел а, Ь, с отлично от нуля.
Подставляя найденные соотношения в A), получаем
и, следовательно, должен равняться нулю определитель
2Лз Y2/з
= f[{XiYlZi)
XT1
XT1
x^
YT1
IT1
Уз-1
Z3-1
341. Корень 1-й степени из комплексного числа z =»'
= ei0 = e(o+'iftn)i раВен е®+2кл, где /г — произвольное це-
целое число. При z = —1 получаем
Значение корня, приведенное в задаче, соответствует
k = 0.
342. Тетраэдр с целочисленными длинами ребер, пло-
площадями граней и объемом можно построить. Таков, на-
например, тетраэдр, у которого длина одного ребра состав-
составляет 896, длина противоположного ребра равна 990, а
длина каждого из четырех остальных ребер равна 1073.
Две его грани имеют площадь по 436800 квадратных
единиц каждая, а две другие — по 471240 квадратных
единиц. Объем тетраэдра равен 62 092 800 кубических
единиц.
Чтобы построить такой тетраэдр, возьмем ромб PQRS
со стороной с и диагоналями PR = 1а и QS = 2Ь, Тогда
а*+Ь2 = с2.	A)
Повернем треугольник PRS вокруг стороны PR так,
чтобы расстояние между точками Q и S стало равным
2а'. Необходимо, чтобы а', а, Ь и с были целыми числами
и, кроме того, чтобы существовали целые числа Ь' и k,
удовлетворяющие соотношениям
a'2-f Ь'2 = с\ k2+a'2=b2.	' B)
495

Тогда у тетраэдра PQRS длины ребер равны 2а, 2а',
с, с, с, с, площади граней — ab, аЪ, а'Ь', а'Ь' и объем —
2aa'k/3.
Итак, требуется решить уравнения A) и B) в целых
числах. Заметим, что с2 можно представить в виде суммы
двух квадратов двумя различными способами. Следова-
Следовательно, с2 равно произведению двух целых чисел, каждое
из которых представимо в виде суммы квадратов двух
целых чисел (III. 10). Это наводит на мысль искать ре-
решение уравнений A) и B) в целых числах в следующем
виде:
U2 = r2+s2, «/2 = r'2 + s'2, с = ии',
a = \rr'- ss' |, b = rs' + r's, a' = | r's - rs' \, b'=rr'+ss\
Перебирая простейшие р'ешения пифагорова уравне-
уравнения и2 = г2 + s2 в целых числах, находим следующие
два решения:
202 + 212 = 292, 352 + 122 = 372,
для которых произведение rr'ss' — точный квадрат.
Значения г = 20, г1 — 35, s = 21, s' = 12, и = 29,
v = 37 дают тетраэдр, размеры которого приведены в на-
начале решения.
343. Докажем общую теорему, из которой утвержде-
утверждение задачи следует как частный случай.
Теорема. Если многочлен f{x) степени т принимает
целочисленные значения при т + 1 последовательных
целых значениях х, то он принимает целочисленные зна-
значения при любых целых х.
Доказательство. Пусть f(x) принимает целочислен-
целочисленные значения при х, равном а, а-\-\, ..., a-f-m, где
а — целое число. Составим таблицу разностей значений
f{x) в этих точках. Поскольку все элементы этой таб-
таблицы получены вычитанием одного целого числа из дру-
другого, то они все — целые числа. Пользуясь интерполя-
интерполяционной формулой Ньютона [III. 14 C2)], получаем
496

Если п — целое число, то биномиальные коэффи-
коэффициенты (?)— также целые числа. Следовательно, в пра-
правой части равенства стоит сумма произведений целых
чисел, то есть целое число, что и требовалось доказать.
Если
fW—f^ + T^ + TF*'
то
f@)=0, f(±l) = ±l, f(±2) = ±10, f(±3) = ±59,
и доказанная теорема применима к данному многочлену.
344. Поскольку с помощью п прямых плоскость мож-
можно разбить на (п2 + гс + 2)/2 частей, то плоскости п пер-
первых разрезов разбивают плоскость (п + 1)-го разреза на
(п2 + п + 2)/2 частей. Каждая из этих плоских частей
разбивает образованный ранее проведенными разрезами
кусок сыра на два, поэтому после (n+l)-ro разреза
общее число кусков сыра возрастает на (п2 + п + 2) /2.
Поскольку при п = 1 или при п = 2 общее число частей,
на которые разрезан кусок сыра, определяется выраже-
выражением (м3 + 5п + 6) /6 и
п* + 5п + 6 , п* + п + 2 _ (п + IK + 5 (я + 1) + 6)
6	'	2	6
то при любом п число частей равно (п3 + 5п + 6)/6, что
и требовалось доказать.
Интересно отметить, что п точками прямую можно
разбить на 1 + п частей, п прямых разбивают плоскость
на (п2 + п + 2)/2 =1+л + 191 частей, а п плоскостей
(п
разбивают трехмерное пространство на l + +l
(з)
частей.
Как показал Л. Шлефли \ п гиперплоскостей размер-
размерности т — 1 делят m-мерное пространство на число ча-
частей, равное
1 L. Schlafli, Theorie der vielfachen Kontinuitat, Denkschriften
der Schweizarischen raturforschenden Gesellschaft, vol. 38, 1901.
497

345. Проволочки образуют граф с V вершинами и В
ребрами,где
1)(с+ l) = abc + {Ьс + са + аЬ) +
= ЗаЬс + 2 (Ьс + са + ah) + (а + Ь + с).
Перерезав каждое из Е ребер, мы получим граф, то-
топологически эквивалентный V сферам. Соединив V—1
из них с оставшейся сферой, получим одну-единственную
сферу. Следовательно, род первоначального графа опре-
определяется выражением
ca-\-ab). .
346. Если п ^ т, то задача тривиальна. Предполо-
Предположим, что m<in<ip. Тогда п — составное число, напри-
например п = пхп2 (сомножители п\ и п2 удовлетворяют нера-
неравенствам 2 ^ щ ^ п2).
Предположим сначала, что п\ < п2. По доказанному
П. Л. Чебышевым постулату Бертрана между числами
т и 2т заключено по крайней мере одно простое число
р. Следовательно, я < р < 2т и
Щ < п2 < у < т.
Таким образом, т\ делится на п.
Если fii = «2 и m > 3, то уточнение постулата Берт-
Бертрана* приводит к неравенству т <С р < 2т — 2, откуда
Таким образом, в рассматриваемом случае п\ = п2 ^
sg: т/2. Следовательно, т\ делится на П\-2пи а значит,
и на п\ = п. Из трех значений т = 1, 2, 3 исключение
составляет только т = 3.
347. Пусть с = а — Ь и рт — наибольшая степень про-
простого числа р, на которую делится число п. Если р не де-
делит число с, то исключим его из рассмотрения. Если же
р делит с, то
498

Докажем, что каждое слагаемое последней суммы де-
делится на р™. Поскольку биномиальный коэффициент (пJ
равен кратному числа п, деленному на i\, необходимо
лишь доказать, что cl~x делится на ту же степень про-
простого числа р, на какую делится П. Число р делит i!
раз (см. III. 35). Строгое неравенство между суммами
доказывает наше утверждение, поскольку в силу приня-
принятого нами предположения р1'-1 делит с*.
348. Для любого вещественного числа х справедливо
неравенство хA —л:) ^ 74- Следовательно,
A— Ы?р+1> A— gp)g*
то есть {gp} — монотонно возрастающая последователь-
последовательность. Поскольку она ограничена, то существует предел
последовательности z, удовлетворяющий неравенству
1A — 2J > У4, откуда 2 = V2.
Рассмотрим более общую задачу. Пусть 0 < gp <С 1
и ~{\ — gp)gp+i > а > 0. Тогда а ^ 'А и
1 +Vl— 4a

Действительно, задав последовательность {хР} рекур-
рекуррентным соотношением
«1 = 0, *Р+1 = ! _!Х , (Р=1, 2, ...),
так что lim л:р = A — Vl — 4а)/2, мы методом матема-
р->оо
тической индукции без труда докажем неравенства
В предельном случае при а = '/4 получаем хр = (р —
— 1)/2р, откуда (р— 1)/2р < gp < Уг-
349*. Многие замечательные свойства кривых постоян-
постоянной ширины изложены в § '7 книги И. М. Яглома и
499

Б. Г. Болтянского'. В частности, там доказано, что лю-
любая кривая постоянной ширины есть одновременно кри-
кривая постоянного диаметра (стр. 95, следствие из за-
задачи 81). Верно и обратное утверждение: каждая кри-
вая постоянного диаметра есть кривая постоянной ши-
ширины.
Утверждение «а» в теории кривых постоянной ши-
ширины известно под названием теоремы Барбье. Доказа-
Доказательство теоремы Барбье приведено в решении задачи 88
указанной книги (стр. 285 и далее).
Ответ на вопрос «б» содержится в задаче 89 той же
книги: из всех кривых постоянной ширины окружность
ограничивает наибольшую площадь, равную nd2/4, а так
называемый треугольник Релло — наименьшую, равную
(я — V3~) d/2.
350. Если разложение е-1 оборвать на члене (—1)"/п!,
то ошибка составит менее 1/(п-{-1)\ Следовательно,
ближайшее к rule целое число равно
Pn = n\[l -4 + ^-. .-+(-1)"Ц
(Заметим, что число Рп совпадает с решением известной
задачи о беспорядках: числом перестановок чисел 1,
2, ..., п, в которых ни одно число не находится на
«-своем» месте.)
Следующая. цепочка элементарных преобразований
показывает, что Рп делится на п — 1:
= (л - 1) Рп.х + {п-1) Р„_2 + (-1)" + (-1)" =•
351. Числа, обладающие указанными в условии за-
задачи свойствами, очевидно, имеют вид N = 2Р3*5Г.
Поскольку iV/2 — квадрат, то
q = г = 0 (mod 2)ирз1 (mod 2).
Поскольку iV/З — куб, то
p = r ='O (mod 3) и q = 1 (mod 3).
1 См. Яглом И. М., Болтянский В. Г., Выпуклые фигуры, №•*""*
Л., ГИТТЛ, 1951.
500

Поскольку Л'/5 — пятая степень некоторого целого
числа, то
р = q = 0 (mod 5) и г = 1 (mod 5).
Наименьшие значения р, q, r, удовлетворяющие этим
сравнениям, равны
р = 15, q = W, r = 6.
Следовательно, наименьшее «сверхсоставное» число
N равно
N =.2153Ю56 = 30 233 088 000 000.
352. Пусть S — сумма, которую требуется вычислить.
Умножив на (—1)г-'г тождество
2л+ 2 1	1	1
2п +
о г Г) с;++/)
и просуммировав от г = 1 до г = 2п, получим: в левой
части
(S -
2л+1
в правой части (поскольку биномиальные коэффициенты,
равноудаленные от концов, имеют противоположные
знаки и взаимно уничтожаются)
1	1 .	. 1
_!	!		I
/2л+1\ /2л + 1\ ^ ••• ^ /2л+1Л
v 1 ; v 2 ;	V2n-i;
/2л +
V 2л
— 2п = — 2п.
Разрешив полученное равенство относительно S, най-
найдем
„ п(п + 1)
Ь==	2	•
353. Утверждение задачи достаточно доказать для
определителя шестого порядка, все элементы которого
равны ±1. Действительно, пусть ац — элементы опре-
определителя шестого порядка, удовлетворяющие усло-
условию задачи (—1 sg: a^ =g: +1), Ai} — алгебраическое
Дополнение элемента ац. Вписав вместо элемента ац
50Г

число +1, если Ац > 0, число —1, если Л^"< 0, и любое
из чисел ±1, если Л.-j = О, мы получим определитель,
значение которого либо больше значения исходного оп-
определителя, либо совпадает с ним.
Любой определитель шестого порядка с элементами,
равными ±1, делится на 25. Действительно, если такой
определитель привести к определителю пятого порядка,
то элементы последнего будут иметь вид ±1-1 ± Ы, то
есть окажутся четными числами, и, вынеся из каждой
строки множитель 2, мы получим перед определителем
коэффициент 25.
Пользуясь теоремой Лапласа, разложим исходный оп-
определитель по 20 минорам третьего порядка, стоящим в
первых трех строках. Каждый такой минор либо имеет
два линейно зависимых столбца (и поэтому равен нулю),
либо получен при перестановке строк, столбцов или из-
изменении знака из определителей
1
1
1
1 1—1
1 -1 1
= -4,
1
1
1
1 1—1
1 -1 -1
= — 4.
Пусть а, Ь, с, d — различные (линейно независимые)
столбцы, состоящие из трех элементов, равных +1. Тог-
Тогда, если первые три строки определителя имеют, напри-
например, вид aaaabc, то от нуля отличны лишь четыре ми-
кора |аЬс|, и, разлагая исходный определитель по тео-
теореме Лапласа, мы получаем число, не превышающее
4-4-4 = 64. Аналогично определитель шестого порядка,
три первые строки которого имеют вид aaabbc и содер-
содержат шесть отличных от нуля миноров, не превышает 96,
определитель с тремя первыми строками вида aaabcd не
превышает A +3-3) -16 = 160, и определитель с тремя
первыми строками вида aabbcc не превышает 128.
Остается лишь определитель шестого порядка с тре-
тремя первыми строками вида aabbcd. На первый взгляд
кажется, что такой определитель может быть равен
D + 2-4) • 16 = 192. Однако такое значение определи-
определитель шестого порядка может принимать лишь в том слу-
случае, если три его последние строки имеют вид xxyyzw и
алгебраическим дополнением отличного от нуля минора,
стоящего в трех первых строках (например, минора abc),
служит отличный от нуля минор, стоящий в трех послед-
502

них строках (например, минор xzw). Но если столбцы
хх не стоят под столбцами cd, то отличные от нуля ми-
миноры abc, acd и bed, стоящие в первых трех строках, бу-
будут умножаться на один из миноров, стоящих в трех
последних строках и содержащих два одинаковых столб-
столбца хх. Если же столбцы хх стоят под столбцами cd, то
столбцы уу не стоят под столбцами cd и предыдущее за-
замечание вновь применимо. Следовательно, не существует
определитель шестого порядка с элементами ±1, кото-
который был бы равен 192.
Примером определителя рассматриваемого типа, рав-
равного 160, может служить следующий:
111111
1 1
1 —1 —1 —1
1 1-1-1
1 1
1 —1 —1
1 —1
1-1 1-1
1 1
1—1-1 1 1—1
354. Пусть а ^ Ъ радиусы, a Si и S2 — площади двух
кругов, L — площадь их общей части, С] и С2 — площади
внешних луночек меньшего и большего кругов. Тогда
L + Ci=Sb L + C2 = S2, откуда 2L + Cl + C2 = Sl +
|+ S2. Поскольку, по мнению нашей героини, идеальные
отношения между двумя людьми устанавливаются, когда
L = С, + С2, то ПРИ этом 3L = Si + S2 и L = (Si +]
:+S2)/3.
Ясно, что площадь L общей части двух кругов не пре-
превосходит площади Si меньшего круга, поэтому Si 5* (Si -H
"+S2)/3 или S2 s^ 2Sb Таким образом, если круг инте-
интересов одного из партнеров более чем вдвое (по площади)
превосходит круг интересов другого, то идеальные от-
отношения между ними невозможны. Если же круг инте-
интересов одного партнера превосходит круг интересов дру-
другого партнера ровно вдвое, то этот последний рискует
быть полностью поглощенным интересами своего более
сильного партнера, тогда как у того сохранятся инте-
интересы, не разделяемые его более слабым партнером.
В общем случае обозначим через г отношение радиу-
радиусов кругов: г = Ь\а. Тогда идеальные отношения воз-
возможны лишь при 1 ^г^.^/2. Пусть Oi и О2 — центры
503

кругов радиусов о и 6, Л и В— точки пересечения гра-
ничных окружностей, ZAOrB = 2cp, ZAO2B = 2ft. Тогда
площадь L общей части двух кругов можно представить
как сумму площадей секторов О\АВ и О2АВ, из кото-
которой вычли площадь четырехугольника АО2ВО\. Идеаль-
Идеальные отношения соответствуют условию 3L = Si + S2, или
L = а\ + ЬЧ — b sin ft {a cos tp + b cos ft) = я (а' + fc2)
О
Исключая ф из соотношения
получаем
rft + arcsin (r sin ft) —
-rsinft(Vl-r2sin2ft +rcosft)=
При заданном значении г величину ft можно найти
из этого трансцендентного уравнения. Решить его можно
методом последовательных приближений. Таким обра-*
зом, даже в математике поиск идеала наталкивается на
трансцендентные трудности.
В частном случае полного соответствия двух партне-
партнеров (г = 1) уравнение упрощается и принимает вид
Это также трансцендентное уравнение, хотя и не очень
сложное. Решая его методом последовательных прибли-
.жений, находим 2ft = 149С16,3' (под таким углом видна
из центра каждого круга их общая часть).
Итак, установление идеальных отношений даже ме-
между подходящими друг другу партнерами — дело далеко
не простое и представляет собой трансцендентную за-
задачу, однако ее решение сопряжено с гораздо меньшими
трудностями и не требует столь большого терпения, как
в том случае, когда судьба сводит вместе двух людей,
совершенно не подходящих друг другу.
355. Пусть а — глубина вазы, а х2 = 2ру — уравнение
линии пересечения внутренней поверхности вазы с пло-
плоскостью, проходящей через ось вазы. Поскольку при уве-
увеличении расстояния от вершины кривизна параболы мо-
монотонно убывает, то, чем больше размеры шара, тем
504

выше он застрянет в вазе. Кроме того, если шар отш*
рается на край вазы, а его поверхность не касается
внутренней поверхности вазы, то шар несколько мень-*
шего диаметра погрузится в вазу глубже и вытеснит
больше воды. Следовательно, для того чтобы объем
вытесненной шаром воды был максимальным, необхо-
необходимо рассматривать шары, которые касаются внутренней
поверхности вазы.
Сопоставим поперечные сечения шара и вазы. Если
шар касается параболы в точке (хь t/i), tj\ ^ а, то, как
нетрудно подсчитать, его центр находится в точке (О,
У\-\-р). Пусть г — радиус шара, a h — толщина его по-
погруженной в воду части. Тогда
a = yi + p-r + h, г1 = х] + р* = 2рУ1 + р*. A)
Объем сферического сегмента радиусом г и высотой h
равен
уд	.	B)
Заметив из A), что
rfj/i 	j_ dh 	 - 	 г
dr ~р~' IF	р'
после дифференцирования B) по г и некоторых упро-
упрощений получим
dV nrh (h+2p~ 2r)
dr ~	p
Необходимый признак экстремума дает нам 1т =q
= 2р + h. Следовательно, шар, вытесняющий наиболь-*
ший объем воды, погружается в воду на глубину 2р
(длину фокальной хорды параболы). Исключая h и уи
находим зависимость радиуса шара г от параметров па-
параболоида:
356. Для того чтобы все биномиальные коэффициенты
были нечетными, отношения последовательных коэффи*
циентов
SL п~~ * п — 2	у — k J_	,.»
Т' ~2 ' ~3 	 k+\' n	"'
505

должны приводиться к несократимым дробям с нечет-
нечетными числителем и знаменателем. Само число п также
должно быть нечетным. Пусть п = 2su— 1, где и — не-
нечетное число. Тогда отношение B8+1)-го биномиаль-
биномиального коэффициента к 2в-му равно
п - Bs - 1) _ 2s (ч - 1) _ и - 1
2s	2*	1 '
то есть приводится к несократимой дроби с четным чис-
числителем и нечетным знаменателем.
Это противоречит тем требованиям, которым должна
удовлетворять последовательность отношений биноми-
биномиальных коэффициентов, если только и не равно 1. При
и = 1 получаем: п = 2s— 1 и Bs + 1)-го биномиального
коэффициента не существует.
Наоборот, если п = 2s— 1, то общий член последова-
последовательности A) имеет вид [2s—(&+1 )]/(& +1), где
k < п. Если k + 1 = 2lv, где v — некоторое нечетное
число, то отношение биномиальных коэффициентов рав-
равно Bs~t — v)/v и удовлетворяет всем необходимым тре-
требованиям.
Итак, все биномиальные коэффициенты нечетны в
том и только в том случае, если показатель степени би-
бинома Ньютона на единицу меньше некоторой степени
двойки.
357. Пусть [гц(п)} — матрица, обратная (разумеется,
если таковая существует) заданной матрице Л„ = {ац}.
Как показывают прямые выкладки при п = 2, 3, разумно
предполагать, что rij(n) ==0, если i^/ + 2, и гц(п) =
= гц(п— 1), если i, / = 1, 2	п— 1 и (»,/) Ф
ф{п—\,п—\).
Для проверки нашей гипотезы введем неопределен-
неопределенные коэффициенты а, Ъ, с и положим
_|(л„_1)-1 + «в(г_1
"il *г
где Гп_1 — однорядная матрица @,0, ..., 0,1) порядка
{п—1), а Вп-1 — квадратная матрица @, .... 0, (Tn_iH
порядка (п—1). Матрица С„ совпадает с матрицей,
обратной матрице Л„, то есть удовлетворяет соотно-
соотношению АпСп = / тогда и только тогда, когда а ==
Б06

( )— 1), b = — n(n— l)/Bn— 1) и с =
г==:П21Bп—1). Отсюда мы без труда находим элементы
матрицы:
г" = 4?-1 ' (/=1« 2' •••• n~ Of
Г/1П~ 2п-1 '
_ f(t + l)	n
О. i+i —	2t + 1 ' *¦— ' ' •••>ft~)f
Гц —0 при i>/ + 2.
358.	У ромбододекаэдра имеется восемь вершин Г.
в каждой из которых сходятся по три ребра, и шесть вер-
вершин F, в каждой из которых сходятся по четыре ребра.
Ближайшими к вершине Т являются вершины F, и, на-
наоборот, по соседству с каждой вершиной F расположены
вершины Т. Следовательно, вдоль любого маршрута,
проходящего вдоль ребер ромбододекаэдра, вершины Т
и F должны чередоваться. Но восемь вершин Т и шесть
вершин F нельзя расположить в чередующейся последо-
последовательности независимо от того, намерены ли мы вер-
вернуться в исходную точку или нет.
359.	Перенумеруем монеты последовательно целыми
числами от 1 до 12. Произведем три взвешивания, раз-
разложив монеты по чашам весов ¦ в следующем порядке.
Первое взвешивание: на левой чаше весов—монеты 1,
2, 3, 4, на правой — 5, 6, 7, 8. Второе взвешивание: на
левой чаше весов монеты 1, 2, 3, 5, на правой — 4, 9, 10,
11. Третье взвешивание: на левой чаше весов монеты 1,
6, 9, 12, на правой — 2, 5, 7, 10.
Результаты этих трех взвешиваний позволяют найти
фальшивую монету и определить, легче она или тяжелее
настоящей.
Сравним вес монет на левой и правой чашах весов.
Пусть Л означает, что монеты на левой чаше легче, Т —
тяжелее, чем на правой, а Р — что обе чаши весов на-
находятся в равновесии. Нетрудно проверить, что возможно
27 = З3 перестановок с повторениями. Следующие ис-
исходы трех взвешиваний не могут встретиться никогда г
(Р, Р, Р), (Л,Т, Т) и (Т,Л, Л). Остальные 24 возмож-
возможных исхода можно разбить на три группы (номер
607

фальшивой монеты указан сверху в записи результатов
трех взвешиваний).
Фальшивая монета легче настоящей:
ЛЛЛ, ЛЛТ, ЛЛР, ЛТР, ТЛТ, ТРЛ, ТРТ,
8	9	И	12
ТРР, РТЛ, РТР, РРЛ.
Фальшивая монета тяжелее настоящей:
ТТТ, ТТЛ, ТТР, ТЛР, ЛТЛ, ЛРТ, ЛРЛ, ЛРР,
9 "	10	II	12
РЛТ, РЛЛ, РЛР, РРТ.
360.	Несуществование на плоскости равнобедренного
7-точечника было доказано в задаче 225.
Докажем, что в трехмерном пространстве множество,
у которого не всякие три точки расположены в верши-
вершинах равнобедренного треугольника, содержит не менее
9 точек. Рассмотрим вершины правильного пятиуголь-
пятиугольника и центр его описанной окружности. Присоединим
к этому множеству точку, находящуюся над плоскостью
пятиугольника на расстоянии радиуса описанной окруж-
окружности, и зеркально симметричную ей точку, находящуюся
под плоскостью пятиугольника. Множество, состоящее из
этих 8 точек, очевидно, образует пространственный рав-
равнобедренный 8-точечник Ч
361.	Рассмотрим k—1 положительных, попарно раз-
различных чисел а2 — «ь «з— «ь •••> «ь— «ь Вместе с k
заданными попарно различными числами они образуют
множество, состоящее из 2k — 1 > п положительных чи-
чисел, каждое из которых не больше п. Следовательно, оба
набора содержат по крайней мере одно общее число,
то есть по крайней мере один раз выполняется равен-
равенство аг — ах = аи или at + а.\ = ат.
При k = [(п ~{-1)/2], как показывает последователь-
последовательность
утверждение задачи неверно.
1 Мне неизвестно, является ли 9 искомым числом, то есть верно
ли, что в пространстве нет равнобедренных n-точечников, где
i>9. — Прим. ред.
№

362*. Очевидно, что при Ъ == О, ряд расходится. Пусть
Ъ Ф 0. Тогда последовательность ]Ь|1п /г-*-оо, причем
расстояние между соседними ее членами
+-^)<1^- (О
и стремится к нулю монотонно. Для любого натураль-
натурального р выберем q и М так, чтобы выполнялись неравен-
неравенства
\b\\n{q-l)^(p-±)n<\b\\nq<
<IЫIn(9 + А1)< (р + -1) я- B)
Тогда при q ^ n ^ q"+ М функция cos {b In п) имеет
один и тот же знак, а | cos {bin п) | > -j • Следовательно,
сумма соответствующих М + 1 последовательных членов
заданного ряда по абсолютной величине не меньше чем
q+M	q+M	, I+ q
1„->15 ,-.„,=415 f. C)
n=q	q	1
Поскольку из A) и B) видно, что М можно взять рав-
ным -д— (^ — 1) — 3,	*--д-, так что правая часть в
C) имеет отличный от нуля предел при q-*-co (беско-
(бесконечный при о<1). Наконец, заметим, что при p-voo
величина q также неограниченно возрастает, вследствие
чего исходный ряд не удовлетворяет признаку сходимо-
сходимости Коши и поэтому расходится.
363. Пусть W — граница выпуклой оболочки пяти за-
заданных точек. Если все пять заданных точек распола-
располагаются на W, то либо они коллинеарны, либо любые че-
четыре неколлинеарные точки из пяти заданных распола-
располагаются в вершинах выпуклого четырехугольника. Если
ровно четыре из пяти заданных точек лежат на W, то
именно эти четыре точки служат вершинами выпуклого
четырехугольника.
Если на W лежат ровно три из пяти заданных точек
(обозначим их А, В, С), то эти точки служат вершинами
треугольника ABC, внутри которого расположены две
509

остальные точки D и Е. Прямая DE проходит через внут-
внутренние точки не более чем двух сторон треугольника
ABC.
Рассмотрим третью сторону треугольника ABC, не
имеющую внутренней точки, принадлежащей прямой DE,
Тогда точки D, Е и вершины, расположенные на концах
третьей стороны, служат вершинами некоторого выпук-
выпуклого четырехугольника.
364.	Предположим, что а.\ ^ [2я/3]. Тогда Ъа.\ ^ 2ц.
Рассмотрим множество целых чисел 2ai, 3au а2, ..., ап.
Оно содержит я + 1 целых чисел, из которых ни одно не
делит другое. Поскольку это невозможно, то полученное
противоречие доказывает утверждение задачи.
365.	Рассмотрим выпуклый многоугольник с числом
сторон, равным п ^ 4. Любые четыре из п вершин мно-
многоугольника определяют четырехугольник с двумя пере-
пересекающимися диагоналями. Справедливо и обратное ут-
утверждение: любые две пересекающиеся диагонали мно-
многоугольника задают некоторый четырехугольник. Следо-
Следовательно, число всех точек пересечения диагоналей вы-
выпуклого n-угольника равноГ"). Разумеется, не все ( ")
точек пересечения могут быть различными.
366.	Перенумеруем столбцы цифр справа налево, от
младших разрядов к старшим. Сумма цифр, стоящих в
первом столбце, равна У, причем переноса из младшего
разряда в этот столбец быть не может. Следовательно,
буквой N обозначена цифра 0, поскольку при N = 5
сумма цифр, стоящих во втором столбце Т + 2Е + 1 Ф-
Ф Г (mod 10). Аналогичные соображения показывают, что
буквой Е обозначен либо 0, либо 5. Но N = 0, поэтому
Е = 5. Из четвертого столбца в пятый должна быть пе-
перенесена какая-то цифра. Этой цифрой может быть
только 1, поскольку сумма цифр, стоящих в четвертом
столбце (цифра, обозначенная буквой О, плюс цифра де-
десятков, перенесенная из третьего столбца) не может
быть больше 11. Следовательно, буквой / обозначена
либо цифра 0, либо цифра 1. Но N = 0, поэтому / = Ь
а О = 9. Сумма цифр, стоящих в третьем столбце, долж-
должна быть не меньше 21, поскольку буквой X обозначена
цифра, отличная от 0 и 1, а из второго столбца в третий
Б10

может быть перенесено не более единицы. Следователь-
Следовательно, буквой Т обозначена либо цифра 7, либо цифра 9.
Если Т = 7, то R — 8, а X = 3. Но F и S обозначают
цифры, отличающиеся на 1. Такой парой последователь-
последовательных цифр могут быть только либо 2 и 3, либо 3 и 4. Та-
Таким образом, цифра 3 не может быть обозначена бук-
буквой X. Следовательно, Т = 8, R = 7 и Х = 4. Остается
единственная пара, состоящая из двух последователь-
последовательных цифр: 2 и 3. Итак, F = 2, S = 3. Наконец, Y = 6.
Задача допускает единственное решение:
29786
+ 850
850
31486.
367. Пусть
.? + ¦?= 1.«*6.
— уравнение внутренней бровки беговой дорожки.
Если ширина дорожки одинакова и ее наружная
бровка имела бы форму эллипса, то уравнение наруж-
наружной бровки можно было бы записать в виде
Расстояние между точками этих двух эллипсов, где
угловой коэффициент касательных равен /л, было бы ши-
шириной дорожки и составляло бы
[(а + tJ m2 + (b + fJ]'/a - (g'm2 + b'-<)'!* ___
После несложных преобразований это выражение можно
привести к виду
t (am2 + b) = t [(tn2 + 1) (aW + Ь2)]\
Поскольку t ф 0, обе части последнего равенства
можно разделить на t и после дальнейших упрощений
получить соотношение
а так как оно должно быть тождеством относительно т,
ТО
Ml

или а — Ь, что противоречит принятому нами предполо-
предположению об эллиптической форме внутренней бровки. Сле-
Следовательно, форма наружной бровки отлична от эл-
эллипса.	'
368. а. Рассмотрим сначала общую задачу.
Даны числа, образующие конечную последователь-
последовательность со, йь ..., ап. Найти другую конечную последова-
последовательность ы0, щ, .... ип, такую, чтобы
(а0 + axt -f а/ + ...) («о + Щ1 + и/ + .. .)=1 (modf"+1)
Члены последовательности и0, щ
решив систему линейных уравнений
Оо«о
а{щ + ао«!
м„ мы найдем,
= 1.
= О,
= 0.
=0,
По правилу Крамера
о0
0
«о
0 .
0 .
а0 .
.. 0
.. 0
.. 0
«п-1 «п-2 ОП-3 «п-4
б. В рассматриваемой задаче
=1, а1 = а — х, ak = [k) при
так что (ao'-f cut+' ... +а„/п) = A + 0е —*'• Чтобы
вычислить определитель, ы„ необходимо выбрать равным
коэффициенту при tn в разложении
1	= A+0-° =
A
Б12
xt i _ xt A + 0~а
= A + t)~a + xt A + 0а + *? A + 0а + • • • .

то есть положить
: — а'
Заметив, что
П )-	п\
(а + п—\\
= <-.)"( „ ) „т.д.,
получим соотношение, которое требовалось доказать.
369. Выберем на плоскости косоугольную систему ко-
координат так, чтобы вершины А, В, С треугольника имели
координаты (О, Ь), @, а), @,0). Возьмем медиану AD
и рассмотрим сначала прямые, пересекающие ВС и
одну из двух других сторон треугольника. Если через
некоторую точку медианы проходит (Уз) -прямая, пересе-
пересекающая АС и DB, то через ту же точку проходит (Уз)-
прямая, пересекающая АВ и CD. Поэтому мы можем
ограничиться рассмотрением прямых, пересекающих АС,
то есть ось у и DB, удвоив найденное число Gз) -пря-
-прямых. Уравнение медианы имеет вид
_ аЬ - ay	m
x—
2b
Уравнение прямой, проходящей через точки (аг, 0) и
@, Ь/Зг) и, следовательно, отсекающей треть площади
треугольника (то есть (У3)-прямой), запишется в виде
_ агЪ — Заг2у	,™
х— i ,	V-)
а уравнение другой ('/3)-прямой — в виде
2arb —
Х
Решая совместно уравнения A) и B), находим
ц_ \-Чт
Ь = 1 - 6г> •
Эта величина достигает максимального значения, рав-
равного C — УЮ/61 ПРИ г = C + V^)/6- Когда г изме-
17 Зак, 43в	513

кяется от '/2 До (З + Уз )/б, а затем до 1, величина у/Ь
изменяется от 0 до C — УзГ)/б, а затем убывает до У5.
Таким образом, если г — доля, которую составляет от-
отрезок от вершины до точки пересечения прямых A) и
LB) по отношению ко всей медиане, то z = 1 — у/Ь и при
2 = C + Уз)/б существует одна ('/3)*прямая, при
C +УЗ )/6<2<4/б—Две ('/з)-прямых и при 4/5 <
'X 2 ^ 1—одна (Уз)-прямая, и в окончательном итоге
зто число удваивается.
Решив систему уравнений B) и C), получим
Т 1 — Зг2"
На интервале от г = 2/3 до г = 1, который нам надлежит
здесь рассматривать, функция у/Ь однозначна и не имеет
внутренних максимумов и минимумов. При г = 1 функ-
функция у/Ь достигает минимума, равного '/г. а при г = 2/з
принимает значение у/Ь = 1. Следовательно, при 0^
^ г г^ '/2 существуют две (Уз) -прямые.
Выберем теперь другую косоугольную систему коор-
координат так, чтобы вершины А, В, С треугольника имели
координаты @,0), (с, 0), @, Ь). Уравнение медианы, про-
проходящей через вершину А, в новой системе координат
запишется в виде
D)
а уравнения (Уз)-прямых, аналогичных прямым B) и
!C), примут вид
x = {crb-3cr2y)lb,	B')
C')
Параметр z, имеющий прежний смысл, связан с у со-
соотношением 2 = 2у/Ь.
Решая совместно уравнения D) и B'), находим
2ylb =2гA +3г2). Эта величина достигает максимума,
равного л/з/З при r = ^/3J3, поскольку параметр т
должен быть неотрицательным. При г = 1 и г = Уз
функция 2у\Ъ принимает значение Уг. Следовательно, при
2 = -\/з/3 существует одна (Уз)-прямая, а при Ч2^.г<
< Уз/3 — две (Уз)-прямые. Значению z==l/2 соответ-
?14

ствуют те же прямые, которые были получены нами
раньше.
Решая совместно уравнения D) и C'). находим
2у/Ь =т 4г Bг_+ Зг2). Эта величина достигает максимума,
равного sj Ь\Ъ, при г = -\/б/3, а при г=\ и г ==_21з
принимает значение 4/б- Таким образом, при z = V6/3
существует одна Gз)-прямая, а при 4/5^z< V^/З су-
существуют две Gз)-прямые. Значению z = 4/s соответ-
соответствуют Gз) -прямые, которые были найдены раньше.
Итак, полученные нами результаты представлены
в следующей таблице:
z =
Уз
3
3 +
Уб
3
Значения
- " з
Уз
3
3 +
з + Уз"
6
6 ^" ^
Уб
3
Z
Уз"
6
Уб
3
Число ('/з)-прямых
о
1
0
О
4
3
2
370. Перенесемся мысленно на Бейкер-стрит, 2216,
где происходит следующий разговор.
—	Холмс, это поразительно! Как вам удалось устано-
установить, что у хозяина дома было .5 детей, у его брата и
сестры — 4 и 3 ребенка соответственно, а у его двоюрод-
двоюродного брата двое детей?
—	Мой друг, — ответил Холмс, раскуривая свою труб-
трубку,—решить эту задачу гораздо проще, чем разгадать,
например, тай«у пляшущих человечков. Как вам извест-
известно, детей, игравших в саду, было недостаточно для того,
17»
515

чтобы составить две бейсбольные команды, то есть мень-
меньше восемнадцати. Поэтому с самого начала было ясно,
что число детей в самой маленькой семье не могло быть
больше двух. После несложных подсчетов я пришел к
заключению, что если у двоюродного брата хозяина
дома двое детей, то произведение числа детей в каждой
из четырех семей может принимать только семь значе-
значений, только одно из которых, а именно 120, было бы воз-
возможно и в том случае, если бы у двоюродного брата хо-
хозяина дома был лишь один ребенок.
— Таким образом, — продолжал объяснять ход своих
рассуждений Шерлок Холмс, — если бы номер дома был
бы отличен от 120, то гость, который, по его признанию,
«немного разбирался в математике», смог бы без каких-
либо дополнительных сведений установить, сколько де-
детей у двоюродного брата хозяина дома: один или два.
Не менее ясно, что если бы на вопрос гостя хозяин от-
ответил утвердительно, то гостю пришлось бы выбирать
между наборами чисел (8, 5, 3, 1) и F, 5, 4, 1). Но по-
поскольку он смог точно установить число детей в каждой
из четырех семей, то очевидно, что на его вопрос хозяин
ответил отрицательно. «Нет» соответствует лишь одной-
единственной комбинации чисел: 5, 4, 3, 2. Как видите,
все очень просто, мой дорогой Ватсон!
371. Вырезать абажур в виде одного куска бумаги из
заданного прямоугольника возможно не всегда. Чтобы
убедиться в этом, достаточно рассмотреть предельный
случай, когда р = 6 и Р = 2ns, а абажур имеет форму
круглого диска радиусом s (такой диск, очевидно, нельзя
вырезать из прямоугольника, один из размеров которого
также равен s).
Рассмотрим теперь два случая, отличных от предель-
предельного и соответствующих неравенствам Р — р ^.ns и
Р — р > ns. Докажем, что при Р — р =g; ns абажур, со-
состоящий из одного куска бумаги, всегда можно выкроить
из прямоугольника, а при Р — р > ns это возможно в
том случае, если
2s
616

Предположим, что выкройка абажура имеет форму
сектора кругового кольца, наружный радиус которого
равен R, внутренний равен г, а центральный угол со-
составляет 2а. Нетрудно доказать, что при Р — р <: hs
угол а не тупой. При 0 < а < л/2 выкройку абажура
можно вырезать из прямоугольника A BCD так, как по-
показано на рис. 27 (сектор кругового кольца EFGHIJE).
Рис. 27.
Периметр нижнего основания абажура Р равен длине
дуги EFG и, очевидно, больше стороны АВ прямоуголь-
прямоугольника. Кроме того, из разложения cos х в ряд Маклорена
следует неравенство
f(a) = -?-l+cosa>0.
Подставляя R = s + r, P — 2aR, p = 2ar, получаем
+ Р
-R + гcosa = rf (
0,
или
P~p
OS
Таким образом, при 0 < a < л/2 размеры заданного
четырехугольника не меньше размеров четырехугольника
ABCD и выкройку абажура можно вырезать одним ку-
куском в форме сектора кругового кольца. Нетрудно дока-
доказать, что данного четырехугольника оказывается доста-
достаточно и в предельных случаях при a = 0 (то есть при
517

р = Р) и а = л/2. Итак, первая часть нашего утвержде-
утверждения доказана.
Рассмотрим теперь случай, когда Р — р > ns. Вы-
Выкройку по-прежнему возьмем в виде сектора кругового
кольца. При Р — р > ns угол а тупой и выкройку можно
вырезать одним куском из прямоугольника ABCD так,
как показано на рис. 28, если ABCD имеет размеры не
Рис. 28.
меньше 2R X [R + R cos (л — а)]. Следовательно, для
того, чтобы из заданного прямоугольника выкройку аба-
абажура можно было вырезать одним куском, достаточно
выполнение неравенства
R cos (п — а).
Оставляя неизменным член R cos (л — а) и производя
в остальных членах подстановки, аналогичные проде-
проделанным выше, получаем
или
а2
г -g- ^ г + R cos(n — a),
~R
2 cos (я — а)
а2 —2
Выразив входящие в последнее неравенство величины
через заданные размеры абажура, мы придем к пред-
представленному выше неравенству A).
Покажем, что размеры прямоугольника ABCD, опи-
описанного вокруг выкройки абажура, не уменьшаются, если
618

выкройка имеет любую форму, отличную от сектора кру-
кругового кольца.
Прежде всего заметим, что форму выкройки можно
определить следующим образом. Пусть М и iV — любые
две точки, выбранные на верхнем и нижнем краях аба-
абажура, a L — некая кривая, проходящая по боковой по-
поверхности усеченного конуса и соединяющая точки М и
N. Если L не имеет с верхним и нижним краями аба-
абажура других общих точек, кроме М и N, и не содержит
точек самопересечения, то, разрезав абажур вдоль кри-
кривой L и разложив выкройку на плоскости, мы получим
связную плоскую фигуру без перекрывающихся участ-
участков. Ясно, что такую выкройку можно вырезать одним
куском из прямоугольника. (Если бы, разрезав абажур
вдоль L, мы получили бы фигуру с перекрывающимися
участками, то выкройку абажура нельзя было бы выре-
вырезать одним куском не только из прямоугольника, но и
из любой плоской фигуры.)
Вместе с тем, разрезая абажур вдоль различных кри-
кривых L, можно получить все допустимые выкройки аба-
абажура (то есть выкройки, которые можно вырезать одним
куском из прямоугольника).
Часть периметра любой такой выкройки будет со-
совпадать с наружной дугой сектора кругового кольца.
Следовательно, размеры прямоугольника, из которого
делают выкройку, не могут быть меньше размеров пря-
прямоугольника, из которого вырезан сектор кругового
кольца. Тем самым вторая часть нашего утверждения
также- доказана.
372. Предположим, что сосуд Tt содержит хг кг соли
через t минут после начала операции. Спустя еще At ми-
минут в сосуд 7\ из сосуда 7^+1 перейдет gXi+i&t/V кг соли,
а из сосуда 7\ в сосуд 7\_i перейдет gXi&tIV кг (с точ-
точностью до бесконечно малых более высокого порядка).
Из закона сохранения массы получаем дифференциаль-
дифференциальное уравнение
dx, е(х,,, — хЛ
dt
ИЛИ
где k = jr.
519

Полная система уравнений имеет вид
(D + k) хi = kx2,
(D + k) x2 = kx3,
Эту систему необходимо решить при начальных усло-
условиях: х\ = х2 = ... = хп-\ = 0, хп = М при t = 0.
Из A), дифференцируя и подставляя одно уравне-
уравнение в другое, получаем систему уравнений, каждое из
которых содержит лишь одну независимую переменную:
1 = к%, 1=1,2	п.	B)
Характеристическое уравнение каждого из диффе-
дифференциальных уравнений, образующих систему B), имеет
корни 0, &(е— 1), ..., ^(е"-1 — 1), где 1, е, ..., е" —
корни п-й степени из единицы. Следовательно,
Подставляя это значение в первое уравнение системы
A), получаем
Подставляя дгг в следующее уравнение, найдем Хз и т. д.
до тех пор, пока не получим
хп = Е e<'-'> <n-%eft («'"'- >)'.
Коэффициенты Cj определяем из начальных условий
при t = 0:
520

Пользуясь тем, что 1 + е + е2 + ... +еп~|==0, е™ = I,
при сложении получаем из C): с\ = М/п. Умножая урав-
уравнения C) по порядку на 1, е, ..., е" и складывая, на-
находим сп = еп-1М/п. Умножая уравнения C) по порядку
на 1, е2, е4, .... е2(п~'\ получаем сп-\ = вп~2М/п и т. д.
Последним мы определим коэффициент с2 = еМ/п. Сле-
Следовательно,
*-=4tek (е'~1-1Ь=-г f1+е~ы Z
Слагаемые, равноудаленные от концов, либо оба веще-
вещественны, либо комплексно сопряжены и, следовательно,
сумма вещественна. Так, при п = 2, 3, 4 значениях хп
можно представить в виде
_ м -
Можно показать, что
v cos
4т-
если п = 2т + 1,
— U+e v +2Q), если п = 2га
где
Q= У e(-i+cos2n//n) g<vcosrCsin^5L
l—i	IA	и
При f-^oo все Хг (i = 1, 2, ..., п) стремятся к М/п.
373. Назовем правильной такую раскраску карты, при
которой любые две страны, имеющие общий участок гра--
ницы, окрашены в различные цвета.
Пользуясь методом математической индукции, дока-
докажем, что наша карта на поверхности сферы допускает
правильную раскраску в два цвета. При п = 1 это
521

утверждение верно. Предположим, что оно верно при
п = k— 1. После добавления еще одного большого круга
необходимо лишь изменить на противоположную окра-
окраску всех стран, лежащих по одну сторону от него (в од-
одном полушарии), и мы получим правильную раскраску
карты для п = k. Ясно, что если п — четное число, то
при такой раскраске диаметрально противоположные
страны оказываются окрашенными в один цвет. Следо-
Следовательно, .число стран, окрашенных в один цвет при вы-
выбранной нами раскраске, четно.
Докажем, что число стран, окрашенных в каждый
цвет, не может быть равно п. Действительно, если бы
два этих четных числа были равны, то общее число стран
на карте F было бы кратно четырем, в то время как
F = 4& + 2. Докажем последнее утверждение.
Поскольку любая окружность большого круга пере-
пересекает окружность любого другого большого круга дьаж-
ды, то число вершин графа, образованного границами
стран, V = п(п—1). Каждая вершина принадлежит че-
четырем ребрам, а каждое ребро соединяет две вершины.
Следовательно, число ребер Е вдвое больше числа вер-
вершин: Е = 2V. Из формулы Эйлера V — E-\-F = 2 по-
получаем, что F = п{п— 1) +2. Поскольку п кратно 4, то
F = Ak + 2.
Наконец, заметим, что при следовании по любому
разрешенному маршруту по карте, раскрашенной из-
избранным нами способом, окраска страны изменяется
всякий раз, когда мы пересекаем границу. Поскольку
число стран, окрашенных в один цвет, отличается от
числа стран, окрашенных в другой цвет, не менее чем
на 2, то невозможно совершить кругосветное путешест-
путешествие, побывав при этом в каждой стране один и только
один раз.
374. Требуется построить магический квадрат третьего
порядка из набора простых чисел ри таких, что числа
Pi -\- 2 также простые. Среди простых чисел, которые
меньше 2000, таким свойством обладает 61 число.
Поиск простых чисел, образующих магический квад-
квадрат, можно значительно сузить, если воспользоваться
следующими соображениями:
а. Должны существовать четыре пары простых чисел,
имеющих одну и ту же сумму.
522

б.	Элемент Е, стоящий в центре магического квад-
квадрата, равен полусумме каждой такой пары, то есть од-
одной трети постоянной магического квадрата.
в.	Если среди элементов квадрата нет 3 и 5, то про-
простые числа Pi должны заканчиваться цифрами 1, 7
или 9.
г.	Суммы цифр, стоящих в разрядах единиц элемен-
элементов каждой строки, каждого столбца и диагоналей,
должны иметь одинаковые последние цифры.
д.	Из свойств «в» и «г» следует, что последние цифры
элементов, стоящих в каждой строке, каждом столбце
или на диагоналях, должны быть либо одними и теми
же, либо образовывать (с точностью до поворотов и от-
отражений) конфигурацию
1 7 9
7 9 1
9 1 7
Среди рассматриваемого набора из 61 простого числа
существует десять значений 2Е (суммы четырех пар про-
простых чисел, отличающихся на 2), удовлетворяющих этим
требованиям, а именно: 298, 838, 1318, 1618, 1762, 2038,
2098, 2122, 2182, 2638. Лишь первое из них обладает тем
свойством, что сумма элементов, стоящих в верхней или
нижней строке, а также в левом или правом столбце,
равна 3?. Соответствующие магические квадраты имеют
¦вид
простые числа	простые числа
191 17 239	192	18	240	193 19 241
197 149 101	198	150	102	199 151 103
59 281 107	60	282	108	61 283 109
Таким образом, жалование придворного математика
за год составляло 9? + 9 = 9A49+ 1) = 1350 талеров.
Утверждают, что ближайший к найденным набор чи-
чисел, образующих средний магический квадрат, имеет вид
6198
2142
6690
5502
5010
4518
3030
7878
3822
623

При этом придворный математик получал бы в год
45090 талеров'.
375. Покажем, каким образом, располагая пятью за-
заданными прямыми, следует проводить шестую прямую,
чтобы определяемый прямыми шестиугольник обладал
как вписанным, так и описанным коническими сече-
сечениями.
Проведем любые четыре прямые а, Ъ, с, d, образую-
образующие четырехугольник с вершинами 1, 2, 3, 4 (вершина 1
образована пересечением сторон а и Ь, вершина 2—пе-
2—пересечением Ъ и с, вершина 3 — пересечением с и d, вер-
вершина 4 — пересечением d и а). Пусть Р — точка пересе-
пересечения сторон а и с, Q — точка пересечения сторон dub.
Проведем любую пятую прямую е, пересекающую сто-
сторону с в точке 5 и сторону d в точке 6. Таким образом,
задача сводится к тому, чтобы провести шестую прямую,
которая пересекала бы прямые а, Ь, с, d и е.
Проведем диагонали 13 и 24 четырехугольника, пусть
7 — точка их пересечения. Затем проведем прямую 57
(пересекающую прямую а в точке 8) и прямую 67 (пе-
(пересекающую прямую Ь в точке 9). Пусть f — прямая 89,
a R — точка ее пересечения с прямой е. Фигура 489256
(или afbced) и есть тот шестиугольник, который требо-
требовалось построить.
Действительно, по построению, диагонали 24, 58, 69
шестиугольника конкурентны (проходят через точку 7).
Следовательно, по теореме, обратной теореме Брианшо-
на, существует коническое сечение, касательные к кото-
которому совпадают со сторонами построенного шестиуголь-
шестиугольника. Кроме того, прямые 13, 85 и 96 также конкурентны
в точке 7 и соединяют соответственные вершины двух
треугольников 189 и 356. Следовательно, по теореме Де-
зарга соответственные стороны этих двух треугольни-
треугольников пересекаются в трех коллинеарных точках: прямые
о и с пересекаются в точке Р, прямые Ъ и d — точке Q,
прямые е и f — в точке R, и точки Р, Q, R коллинеарны.
1 Это утверждение неверно. Существует решение
2088	1302	4800
5442	2730	18
660	4158	3372
соответствующее жалованию 24570 талеров. См. Ч. Тригг, Задачи
с изюминкой, М., «Мир», 1975, решение задачи 250. — Прим. ред.
524

Но прямые а и с, Ъ и d, e и f не что иное, как пары про-
противоположных сторон шестиугольника. Следовательно,
по теореме, обратной теореме Паскаля, существует ко-
коническое сечение, которому принадлежат все вершины
построенного шестиугольника (см. III. 4).
Итак, построенный шестиугольник можно вписать
в коническое сечение и описать вокруг конического се-
сечения.
376.	Если туристы прошли г миль по равнине и h
миль вверх по склону горы, то
х ~ у ~ 2у '
откуда
Ayr -\-3xh = \Аху,
где х и у— неизвестные целые числа, а г и h — пара-
параметры задачи, которые могут принимать любые (не обя-
обязательно целочисленные) значения. Каждый из пара-
параметров г и h не определен, а их сумма г + ft определена
лишь в том случае, если 4у = Зх. Для пешеходов един-
единственно разумный ответ соответствует х = 4, у = 3', от-
откуда г -\-h= 14. Следовательно, если предположить, что
Льюис Кэррол предложил читателям «Истории с узел-
узелками» задачу, допускающую вполне определенное реше-
решение, то каждый из путников прошел за день 28 миль.
Интересно отметить, что предположение, о существо-
существовании у задачи Льюиса Кэррола определенного решения
эквивалентно предположению о равенстве средних ско-
скоростей движения по склону горы (во время подъема и
спуска) и по равнине, поскольку в противном случае рас-
расстояние, пройденное туристами, зависело бы от отноше-
отношения длины равнинной части маршрута к длине той его
части, которая проходит по склону горы. Следовательно,
среднее гармоническое чисел у и 1у равно х, то есть
4*//3 = х.
377.	Между основными пифагоровыми треугольни-
треугольниками и парами целых чисел s, t, удовлетворяющими ус-
условиям s > t > 0, (s, t) = 1 и s Ф t (mod 2), существует
взаимно-однозначное соответствие, устанавливаемое со-
соотношениями a = s2 — t2, b = 2st, с = s2 + t2. Периметр
1 Английская сухопутная миля равна 1609 м. — Прим. ред.
525

основного пифагорова треугольника равен 2su, где н =
= s:\-t. Условия, наложенные выше на s и /, означают,
что
s<u<2s, (s, ы) = 1, H = l(mod2).	(l)
Таким образом, исходная задача сводится к отысканию
наименьшего натурального числа р, представимого в виде
р = su двумя различными способами, где s и и — поло-
положительные целые числа, удовлетворяющие соотношениям
A). Пусть р = su = sV— два представления числа р,
и<и' (тогда s>s'), c/d — несократимая дробь, к ко-
которой приводится отношение и/и' = s'/s и и = be,
и' -=bd, s = ad, s' = ас. Нетрудно видеть, что условия
A), которым удовлетворяют s, и, s', и', вместе с нера-
неравенством и < ы' эквивалентны следующим условиям, ко-
которые накладываются на четыре положительных целых
числа а, Ь, с, d:
а, Ь, с, d — взаимно простые числа,	C)
D)
Поскольку р = abed, задача сводится к решению нера-
неравенства B) при условиях C) и D), причем числа а, Ь,
с, d должны обеспечивать минимум произведению
р = abed.
Прежде всего заметим, что, как следует из неравенств
B), 1/2 < alb < 1. Следовательно, значения а и Ь, при
которых произведение ab достигает наименьшего из воз-
возможных значений, равны: а = 2, b = 3. Выберем эти
значения а и Ъ. Далее из неравенств B) получаем не-
неравенства 3/4 < eld < 1. Учитывая дополнительные усло-
условия C) и D), заключаем, что значения end, при кото-
которых произведение cd достигает наименьшего из возмож-
возможных (при а = 2, Ъ = 3) значений, равны с = 11, d = 13.
Итак, мы пришли к решению а = 2, Ь =3, с = П.
d = 13, которому соответствует р = 858.
Докажем, что не существует решения неравенств B)
при дополнительных условиях C) и D), которое приво-
приводило бы к меньшему значению р. Прежде всего заметим,
что в силу неравенств B) \/2< c2/d2 <. \. Существуют
лишь три пары значений cud, удовлетворяющих этому
326

неравенству, условиям C) и D) и приводящих к произ-
произведению cd < 11-13, а именно с = 9, d = ll; с = 7,
d = 9 и с '= 5, d = 7. Однако, как показано выше, в этих
случаях Ь ф 3, в силу чего Ь ^ 5 при (с, d) = "(9, 11)
и (c,d)= G, 9) и 6>9 при (с, d)= E,7). Следова-
Следовательно, во всех трех случаях в силу неравенства B)
Итак, наименьшее число, удовлетворяющее всем ус-
условиям задачи, равно 2-858 = 1716. Таков общий пери-
периметр двух основных пифагоровых треугольников со сто-
сторонами C64, 627, 725) и G48, 195, 773).
Если отказаться от требования, чтобы пифагоровы
треугольники были основными, то наименьшие пери-
периметры 2р, общие для х пифагоровых треугольников, при-
приведены ниже:
х = 2, 2р = 60: A5, 20, 25), A0, 24, 26);
х = 3, 2/7 = 120: C0, 40, 50), B0, 48, 52), D5, 24, 51);
х = 4, 2р = 360: (90, 120, 150), F0, 144, 156),
A35, 72, 153),
C6, 160, 164);
х = 5, 2р = 660: A65, 220, 275), (ПО, 264, 286),
E5, 300, 305), B97, 60, 303),
B10, 176, 274);
х = е>, 2р = 720: A80, 240, 300), B70, 144, 306),
C15, 80, 325), D5, 336, 339),
G2, 320, 328), A80, 288, 312).
Некоторые наборы пифагоровых треугольников, один
из которых основной, также имеют общий периметр, ко-
который меньше, чем у перечисленных выше «основных»
наборов, например:
х= 4, 2р= 240: F0, 80, 100), D0, 96, 104),
(90,48, 102), A5, 112, 113);
х= 5, 2р= 420: A05, 140, 175), G0, 168, 182),
A75, 60, 185), A26, 120, 174),
A95, 28, 197);
527

х= 7, 2р= 1320: C30, 440, 550), B20, 528, 572),
D95, 264, 561), A10, 600, 610),
E94, 120, 606), D30, 352, 548),
B31, 520, 569);
х= 8, 2р = 840: B10, 280, 350), A40, 336, 364),
C15, 168, 357), A05, 360, 375),
B52, 240, 348), C50, 120, 370),
C90, 56, 395), C99, 40, 401);
* =10, 2р = 1680: D20, 560, 700), B80, 672, 728),
F30, 336, 714), B10, 720, 750),
E04, 480, 696), G00, 240, 740),
A05, 784, 791), G80, 112, 788),
G98, 80, 802), D55, 528, 687).
В заключение приведем пифагоровы треугольники,
имеющие наименьший общий периметр 2р = 84 и общую
сторону: B1, 28, 35) и C5, 12, 37).
378. Пусть
a b с
d e f
g h i
— магический квадрат с постоянной N = S/3. Тогда
и S = 9е. Складывая сначала строки, а затем столбцы,
определитель матрицы магического квадрата можно
представить в виде
а
d
g
b
е
h
с
f
i
=
a
d
3e
b
e
Зе
с
f
Ъе
a
d
b
e
Зе Зе
3e
3e
9e
=
a
d
1
b
e
1
e
e
1
s,
откуда и следует утверждение задачи.
379. Преобразование плоскости вида
ух = у + Ах + В
528

не меняет площадей и преобразует график многочлена
четвертой степени в график многочлена той же степени,
причем мы можем выбрать его так, чтобы точки пере-
перегиба многочлена четвертой степени расположились на
вещественной оси симметрично относительно начала ко-
координат, то есть совпали с точками (—а,0), (а, 0), где
а > 0. Тогда
y"=\2k(x2-a2), /г =^0
и
y=k{x4- ЬаЧ1 + 5а4) = k (х2 - а2) (x'J - 5а").
Но
-а	а V5
. Г . I6fea6
ydx= ^ ydx =	g—,
Поскольку
32fea6
то утверждения задачи доказаны.
380. Нетрудно видеть, что частичные суммы гармони-
гармонического ряда удовлетворяют неравенству
Кроме того (см. III. 12),
C<SPG-In(pa)<Sp-Inp.
Следовательно,
Сложив левые и правые части неравенств A) и
k	C^Sg — In a,
529

получим
Таким образом,
Sq-SPQ.
что и требовалось доказать.
381. Разобьем модифицированный гармонический ряд
на отрезки, содержащие члены одного знака. Пусть н4 —
сумма членов i-ro отрезка. Рассмотрим ряд
щ — и2 + и3 —		A)
Нетрудно видеть, что
_ 2	I.	2
		2	¦	¦
"п+1 — „2 + п + 2 "+" • ' • "+"
п(п+\)
2
n2 + n + 2 ^ •'• ^ n (n + 3) T (n + 1) (n + 2) '
Следовательно,
« ^ ^ 2n
откуда
Кроме того,
lim «„ = 0.
«„
(п + 2)(/г
Таким образом, ряд A) сходится по признаку Лейбница.
Докажем, что из сходимости ряда A) следует схо-
сходимость модифицированного гармонического ряда. Пусть
Sp — любая частичная сумма этого ряда. Тогда при со-
соответствующем значении п ее можно представить в виде
Sp = Un-\-rn, где Un — n-я частичная сумма ряда A),
а |г„|<ып+1. Если р-+оо, то п->оо, и Un стремится
к сумме ряда A), a un+i—*0 при п—> оо. Следовательно,
Sp стремится к некоторому пределу и модифицирован-
модифицированный гармонический ряд сходится.
382. Поскольку
!	1	1	A)
530

fc-I
L
то
fc-I
Li±
/(/ + )	ь-
i-a
Таким образом, задача сводится к нахождению положи-
положительных целых чисел а и Ь, удовлетворяющих при фикси-
фиксированном целом числе т > 1 соотношению
Из соотношения A) нетрудно заметить, что решением
служат числа
а = т—1, Ь = т(/п—П.
Следовательно, если m > 1, то
m (m—I)— I
i и +)
l-m-l
и утверждение задачи доказано.
Нетрудно определить число различных представлений
дроби l/tn в виде C). Докажем следующее утверждение.
Если и>1 и Н{т) означает число различных ре-
решений уравнения C) в натуральных числах, то
где d{n)—число делителей числа п.
Доказательство. Поскольку \\а > l/m, то а <С.т.
Пусть а — т — с. Подставляя это выражение в C), по-
получаем
Ь=-	т.
При каждом значении с, удовлетворяющем соотноше-
соотношениям
c\nii, 1 < с < т,
существует одна и только одна пара значений а и Ь,
удовлетворяющих уравнению C). Кроме того, поскольку
а < Ь, то ни одна из этих пар не содержит равных чи-
чисел. Рассмотрим все делители числа т2, отличные от т
,(их d(m2) — 1). Если с — один из этих делителей, то
631

одно и только одно число из пары с, т21с меньше щ.
Следовательно,
что и требовалось доказать.
Приведенные выше рассуждения позволяют не только
подсчитывать число различных представлений дроби
1/т в виде C), но и находить все возможные представ-
представления при любом заданном т. Алгоритм отыскания всех
решений уравнения C) в натуральных числах a, b сво-
сводится к следующему: а) составить список всех делите-
делителей числа т2, которые меньше т; пусть с — один из та-
таких делителей, б) положить а = т — с, b = т2/с — т;
в) тогда 1/а—1/Ь = т.
В частности, если т — простое число, то Н(т)—1.
В этом случае соотношение D) дает единственное реше-
решение задачи.
В качестве другого примера рассмотрим т = pq, где
р и q— простые числа, причем p<.q. Тогда d(m2) =9
и Н(т) =4. Все решения уравнения C) представлены
ниже:
с
1
р
q
рг
а
pq—\
p(q-\)
?(P-1)
р(я-р)
Ь
ря(ря— 1)
pq(q-l)
pq(p—\)
якя — р)
383. Предположим, что на окружности найдутся три
точки с рациональными координатами (хг, у{), i = 1, 2,
3. Подставив по очереди координаты этих точек, в урав-
уравнение окружности
получим систему трех линейных (относительно А, В и С)
уравнений с рациональными коэффициентами. Следова-
Следовательно, А, В п С также рациональны. Но тогда обе ко-
координаты центра окружности (—Л/2, — В/2) также ра-
рациональны, что противоречит предположению об ирра-
иррациональности по крайней мере одной из них.
Б32

Например, окружность (jc — -\[2J + у2 — 3 содержит
две рациональные точки @, 1) и @, —1), окружность
(jc — V2J + у2 = 3 — 2 V 2 содержит одну рациональ-
рациональную точку A, 0) и окружность (jc — ¦у/2J + у2 — V3
не содержит ни одной рациональной точки (иррацио-
(иррациональна одна координата центра окружности).
Другое семейство окружностей, в котором иррацио-
иррациональны обе координаты центра окружности: окружность
(jc — V2J + G/ — V2J = 6 содержит две рациональные
точки A,—1) и (—1, 1), окружность (х — V2J +
-\~\У — V2) = 4 содержит одну рациональную точку
@, 0) и окружность (jc — V2J + (.У — V2) = 5 не содер-
содержит ни одной рациональной точки.
Утверждение задачи остается в силе, если слово «ир-
«иррациональная» заменить словом «трансцендентная», а
слово «рациональная» — словом «алгебраическая».
384. Обозначим заданный определитель (и—1)-го
порядка через Dn. Нетрудно видеть, что D2 = 1, D3 = 2.
Для того чтобы последовательность определителей Dn
совпадала с последовательностью чисел Фибоначчи, не-
необходимо доказать, что Dn удовлетворяют рекуррент-
рекуррентному соотношению Dn — Dn-i + Dn^.2{n ^ 4). В опреде-
определителе Dn вычтем (п — 3)-й столбец из (п—1)-го,
(п — 4)-и столбец из (п — 2)-го, ..., первый столбец из
третьего. Тогда Dn преобразуется к виду
1
1
0
0
—1
1
1
0
0
-1
1
1
0
0
	1
1
0
0
0
	1
0 ...
0 ...
0 ...
0 ...
Разлагая Dn по элементам первой строки, получаем тре-
требуемое рекуррентное соотношение.
385. Пусть а — бесконечно малая величина, а
Р = а + (а2 + а3) = (а + а2) + а3.
Согласно «определению», приведенному в условии за-
задачи, главной частью бесконечно малой величины р
можно считать и а, и (а + а2).
533

Несколько более тонким примером, иллюстрирующим
ошибочность «определения» главной части бесконечно
малой величины, может служить
Р = а + а2 — 2а sin2 а = а cos 2а + а2
[(здесь «определению» удовлетворяют и а, и а cos 2а).
Правильное определение глатвной части можно было
бы сформулировать следующим образом. Если аир —
бесконечно малые величины и при некотором положи-
положительном целом п существует конечный, отличный от нуля
предел lim ф/ап) = с, то сап называется главной частью
0
бесконечно малой величины р по сравнению с а. Заме-
Заметим также, что (р — сап) —бесконечно малая более вы-
высокого порядка, чем р.
386.	Поскольку при х — 1 все уп — 1 и lim yn— 1 су-
существует, можно считать х~^ 1 и уп ^ 1- Нетрудно ви-
видеть, что если lim «/„существует и равен У, то х = Yl<Y,
а в области У > 0 функция х = У1/у достигает абсолют-
абсолютного максимума при У = е. Но при х = еХ1е мы получаем
возрастающую ограниченную последовательность 1 <
< У\ <¦ </2 < • • •, причем уп < е при любом п. Следо-
Следовательно, У = lim уп существует, и из равенства У =.
= eYle заключаем, что Y = е (см. также задачу 30).
387.	Разложение числа я, приведенное в условии за-
задачи, можно доказать различными способами, используя
бета-функцию Эйлера, многочлены Лежандра, преобра-
преобразование Эйлера из теории рядов и так далее. Приведем
одно из простейших доказательств, основанное на ис-
использовании формулы Валлиса при нечетном показателе
степени.
Поскольку
2	(пП222п
о
то
2	2
= 2 f 2-"
= 2 \ COS X ¦
о
534

и
о
= 2 \ cosx ¦ (l — -jcos2xj dx = n,
о
что и требовалось доказать.
388. Разбив грани многогранника на параллелограм-
параллелограммы, проведем из вершин, лежащих по одну «сторону»
произвольно выбранной зоны, внутрь многогранника от-
отрезки прямых, равные и параллельные ребрам, принад-
принадлежащим выделенной нами зоне (см. решение задачи 206,
доказательство утверждения «б»). Эти отрезки опреде-
определяют слой параллелепипедов. Удалив его, мы получим
многогранник с меньшим числом граней, все грани ко-
которого имеют форму параллелограммов. Продолжая
срезать параллелепипедные слои, разобьем исходный
многогранник на конечное число параллелепипедов.
Каждый параллелепипед разрежем на части, из ко-
которых составим прямоугольный параллелепипед. Для
этого воспользуемся следующим приемом. Проведем че-
через какое-нибудь ребро параллелепипеда плоскость, пер-
перпендикулярную противоположной грани. Всегда можно
найти по крайней мере одну такую плоскость, разбиваю-
разбивающую параллелепипед на две части. Составим из этих
двух частей параллелепипед, имеющий по крайней мере
один прямой плоский угол. Продолжая аналогичные по-
построения, получим прямоугольный параллелепипед.
Предположим, что исходный многогранник имел еди-
единичный объем. Возьмем один из прямоугольных парал-
параллелепипедов с линейными размерами а X & X с. Проведя
разрезы перпендикулярно ллоскости прямоугольной
грани аХЬ, разобьем эту грань на части, из которых со-
составим прямоугольник 1 X (ab). Затем, проведя пло-
плоские разрезы перпендикулярно прямоугольной грани
(ab) X с. разобьем ее на части, из которых составим пря-
прямоугольник 1 X (abc). Прямоугольный параллелепипед
о X Ь X с при этом перейдет в равновеликий по объему
прямоугольный параллелепипед 1 X 1 Х(°^СЬ Проделав
535

AS'2
s'2c
BS'3
A'
S,
S2
c'
<: r'
В
s
rs
аналогичные операции над всеми параллелепипедами,
мы, очевидно, сможем сложить куб из прямоугольных
параллелепипедов единичного сечения.
389*. Поскольку прямые ASU BS2 и CS3 пересекаются
в одной точке (это чевианы), точки А\, В2 и С3 колли-
неарны по теореме Дезарга (см. III. 4). Но именно в
этих точках пересекаются противоположные стороны
шестиугольника BiCiC2A2A3Bs, и по теореме Паскаля
(см. там же) его вершины лежат на одном коническом
сечении.
Соединив середины А\ В', С сторон треугольника,
мы получим треугольник, описанный около треугольника
SiS2S3. Пусть S'i, S2, S3 —точки пересечения данных
чевиан со сторонами ВС, СА и АВ. По теореме Чевы
(III. 1) и свойству параллельных секущих
1 =
откуда, применяя снова теорему Чевы, находим, что пря-
прямые A'Sb B'S2, C'S3 пересекаются в одной точке М.
Обозначим через L точку пересечения В'С и S2S3, а че-
через N — точку пересечения Si А' с S2S3. Из свойства пол-
полного четырехсторонника, примененного к MS2A'Ss, за-
заключаем, что (В', С'\ Su L)—гармоническая четверка
(III. 2). Проектируя ее из М на S2SS, находим, что чет-
четверка (S2, S3; N, L) — гармоническая, а следовательно,
пучок прямых Si(S2, S3; А', В') —гармонический и А' —
середина отрезка А2А3, откуда СА2 = А3В. Аналогично
доказываются равенства ВС\ = С2А, АВ3 = BiC
390. Соединим п заданных точек любой замкнутой
кривой. Ясно, что более короткий путь, связывающий
все п точек, мы получим, заменив кривую ломаной, не
имеющей других вершин, кроме п заданных точек. Пред-
Предположим, что звенья PjPi+i и PnPh+i ломаной пересе-
пересекаются в точке Р. Рассмотрим ломаную PiPPk ¦ • •
... Pj+iPPft+i ... Pt. Если точка Р не принадлежит
к заданным точкам, то путь по маршруту Р-.Рп ¦••
... Pi+iPft+i ...Pi короче и не содержит точки пересе-
пересечения Р. Если же точка Р принадлежит к заданным точ-
точкам, то путь PiPPk • • • Pi+iPh+i ... Р» короче и вер-
Б36

шина Р в нем не является более точкой пересечения
звеньев ломаной. Тем самым утверждение задачи дока-
доказано.
391.	Проекция единичного куба на плоскость, перпен-
перпендикулярную пространственной диагонали, имеет форму
правильного шестиугольника, вписанная окружность ко-
которого имеет диаметр *J2. Любое отверстие с попереч-
поперечным сечением в форме единичного квадрата (призма) и
осью, совпадающей с пространственной диагональю
куба, вписано в прямой круговой цилиндр диаметром
-\/2, имеющий ту же ось. Сквозное отверстие такого
сечения окружено сплошными стенками из «остатков»
куба, если только диагональ поперечного сечения не
совпадает с отрезком, соединяющим центры противопо-
противоположных граней куба.
392.	Пусть d — (а, Ь). Тогда a — rd, b = sd, где (г,
s) = 1. Кроме того, произведение (Ыа)т = (slr)m при-
принимает целые значения ровно при d значениях т ^
^ а— 1, а именно при m = 0, г, 2г, ..., (d— 1)г. Если
(b/a)m не целое число, то
а-1
У е2тЬтп/а
— конечная геометрическая прогрессия, сумма которой
равна нулю. Если же (Ь/а)т — целое число, то сумма
той же геометрической прогрессии равна а, поскольку
она содержит а членов, каждый из которых равен 1..
Следовательно,
а-1 а-1
т—0 п=0
что и требовалось доказать.
393. Пусть
В = (/ - S2) (/ + TSf1 {S + Т).
537

Требуется доказать, что А = В. Воспользуемся легко
проверяемыми матричными тождествами
C)
T.	D)
[Тождества A) и B) легко доказываются прямыми
выкладками, тождества C) и D) следуют из A) и B)
при перестановке Т и S.]
Используя тождества A) — D), получаем
- S2 (/ + TS)~l S - S + (I + TSyl S = B,
что и требовалось доказать.
394. Используя известные ряды для е и sin x, а также
периодичность синуса, получаем
п sin
in Bпеп\) = п sin I 2яп! V* -тг I =
^ ft=o '
Следовательно,
lim
395. Двукратное отражение TiT2 плоскости относи-
относительно прямых k и k (пересекающихся или непересе-
непересекающихся) представляет собой движение плоскости, при
котором каждый вектор поворачивается на угол, вдвое
больший угла между прямыми 1\ и /2- Отображение Т2
равно произведению трех таких двукратных отражений,
а сумма углов между прямыми кратна я. Следовательно,
при отображении Г2 векторы поворачиваются на угол,
кратный 2л. Это означает, что отображение Г2 эквива'
538

лентно параллельному переносу. Нетрудно показать, что
Т2 вырождается в тождественное отображение в том и
только в том случае, если прямые 1и /2. 'з либо пересе-
пересекаются в одной точке, либо параллельны.
Нетрудно доказать также, что величина параллель-
параллельного переноса Г2 равна удвоенному периметру треуголь-
треугольника, ортоцентрического относительно треугольника, об-
образованного прямыми 1\, 12, 1з (если последний треуголь-
треугольник содержит тупой угол, то сторону ортоцентрического
треугольника, соответствующую вершине тупого угла,
следует считать отрицательной). Таким образом, вели-
величина параллельного переноса не зависит от того, в ка-
каком порядке производятся отражения относительно пря-
прямых 1и 12, /з-
396. Пусть Ой означает k-ю элементарную симметри-
симметрическую функцию от п переменных гь г2, ..., г„. Тогда
формулу тангенса суммы
можно рассматривать как частный случай (п = 2) более
общей формулы
ч
где JCi = arctgr{. Соотношение A) можно доказать ме-
методом математической индукции.
Соотношения, приведенные в условии задачи, мы по-
получим, выразив коэффициенты многочлена
П (* + г,) «la^-/
через элементарные симметрические функции Gh и под-
подставив соответствующие выражения в A).
В случае гиперболических тангенсов все минусы
в правой части соотношения A) следует заменить плю-
плюсами.
397. Если пятизначное число W = abcde делится на
396 = 4-9-11, то S = a + b + с + d + е = O(mod 9), в
силу чего либо S = 18, либо S = 27. Кроме того, (а +
L|_c_|_e)_(b + d) =5 O(modll). Но если S = 18, то
539

a + c + e = fr + d = 9, поэтому с точностью до переста-
перестановки пары цифр Ь и d может принимать лишь следую-
следующие значения: @, 9), A, 8), B, 7), C, 6), D, 5). Отсюда
легко находим, что существует шестнадцать пятизнач-
пятизначных чисел с попарно различными цифрами и S = 18,
содержащими по одной допустимой паре (b, d) и по
крайней мере еще одну четную цифру. Переставляя циф-
цифры в каждом из этих шестнадцати чисел, можно до-
добиться, чтобы две последние цифры образовывали дву-
двузначное число, делящееся на 4, причем 64 перестановки
будут соответствовать числам, делящимся на 396.
Если S = 27, то a -J- с -f- е = 19, b + d = 8, и допу-
допустимые пары цифр (b, d) с точностью до перестановки
совпадают с одной из пар @, 8), A,7), B, 6) или C, 5).
Из девяти видов пятизначных чисел с попарно различ-
различными цифрами, содержащими, кроме допустимой пары
(b, d), по крайней мере еще одну четную цифру, мы по-
получим 36 значений N, делящихся на 396.
Следовательно, вероятность того, что цифры в ша-
шарах, вытащенных из урны, образуют число N, делящееся
на 396, равна 100-51/10! = 5/1512.
К тому же результату можно прийти, перечислив все
кратные числа 396, заключенные между 01188 и 99792
(что нетрудно, поскольку 396 = 400 — 4), и вычеркнув
затем те из них, которые содержат хотя бы одну цифру
дважды..
Если из урны наугад вытягивают k <: 10 шаров, то
вероятность р того, что стоящие на них порядковые но-
номера образуют число, делящееся на 396, можно подсчи-
подсчитать тем же методом, каким мы подсчитали ее при
k = 5. Соответствующие значения р равны:
3
4
6
7
8
9
10
2 • 71/10! = 1/480
20 • 6!/10! = 1/252
360-41/10! = 1/420
1 488-31/101 =31/12 600
10 656/101 = 37/12 600
15 984/101=37/8 400
78 336/101=34/1575
540

398. Прежде всего заметим, что
п\ Z 1/р'йЛ = ? n\lpli\ (и - гр)!
pi+l<=n	г=о
Рассмотрим общий член суммы, стоящей в правой
части этого тождества:
п!/ргг! (я — ip)\ — (я — гр + 1) (и - гр + 2) ... (я — 1) ЫрЧ\
В числитель правой части последнего равенства вхо-
входят: a) ip сомножителей и, следовательно, i полных си-
систем вычетов по модулю р; б) i кратных числа р, а
именно числа р[п/р], р([п/р]—1),..., р([п/р] —г + 1).
Пусть р;- (/ = 0, 1, ..., р — 1) — числа, образующие пол-
полную систему вычетов по модулю р(р0 = 0). Тогда по тео-
теореме Вильсона (III. 6)
П Р/= (Р - 01^-1 (mod р)
и, следовательно,
— 1)г (modp),
что и требовалось доказать.
399. Мы не только докажем утверждение задачи, но
и выведем условия, при которых выполняются «есте-
«естественные предположения», приведенные в условиях за-
задачи, а также условия, при которых возможно аномаль-
аномальное поведение частицы (утверждение «б»). При этом мы
не будем вводить предположение о том, что сила потен-
потенциальна или не зависит от времени.
Введем на плоскости полярную систему координат.
Пусть /(г,§, t)—сила, приложенная к точке (г, ¦&) и
541

направленная к центру так, что / > 0 соответствует при-
тяжению, а /<0 — отталкиванию. Запишем закон Нью-
Ньютона для радиальной и тангенциальной составляющих
силы /:
-fir, ¦&, t) = m{f-r?),	(l)
m(r$ + 2rO)=^.-^- = 0.	B)
Из уравнения B) следует, что г2Ь = с, где с — постоян-
постоянная, не зависящая от t. Подставляя это соотношение
в A), получаем
-f(r, О, 0 = m(r-|-),	C)
но v2 = г2 + г2Ь2 = г2 + с2/Л поэтому
Сравнивая соотношения C) и D), находим
| 2/(r,e,0	,(r, »,,). E,
Последнее соотношение можно было бы вывести непо-
непосредственно из теоремы о том, что изменение кинетиче-
кинетической энергии частицы равно совершенной ею работе.
Предположим, что временной параметр всегда можно
продолжить вдоль траекторий как в будущее, так и в
прошлое и что движение достаточно гладко (условия
максимума и минимума определяются по изменению
знака производной соответствующей величины по вре-
времени).
Тогда из соотношения E) нетрудно вывести следую-
следующую теорему.
Теорема 1. а. Пусть /(г,, Ъи t{) > 0. Тогда в точке
Кп, ^i) в момент времени t\: 1) скорость v минимальна
в том и только в том случае, если расстояние от точки
до центра максимально, 2) скорость v максимальна в
том и только в том случае, если расстояние от точки Д°
центра минимально.
б. Пусть f(rufti, ti) <0. Тогда в точке (гь#,) в мо-
момент времени t^. 3) скорость v минимальна в том и
только в том случае, если расстояние от точки до центра
Е42

минимально, 4) скорость v максимальна в том и только
в том случае, если расстояние от точки до центра макси-
максимально.
В действительности пункт 4, как видно из теоремы 2,
не может иметь места.
Теорема 2. Если f(n, bi, *i)^0, то радиус г не до-
достигает максимального значения в точке (гь fy) в мо-
момент времени t{.
Доказательство. Запишем соотношение C) в виде
f = №/г3 — f(r,-&,t)/m. Поскольку в рассматриваемом
случае f «g 0, то г > 0. Следовательно, при г = 0 удале-
удаление точки от центра минимально.
Утверждение 1 задачи мы докажем, заметив, что
если расстояние от частицы до центра максимально, то
по-теореме 2 / > 0 и по теореме 1а скорость v мини-
минимальна.
Контрпример, опровергающий утверждение 2 задачи,
мы получим, рассмотрев нулевую силу. Частица в поле
нулевой силы движется прямолинейно и равномерно, и
относительно любого центра, не лежащего на траекто-
траектории частицы, скорость v всегда максимальна или мини-
минимальна, в то время как расстояние от центра не макси-
максимально и не минимально.
Приведем еще один, менее тривиальный контрпри-
контрпример. Рассмотрим тело, подвешенное на пружине. Пред-
Предположим, что телу сообщили начальную скорость вдоль
оси пружины, а центр притяжения находится в некото-
некоторой точке на продолжении этой оси. В этом случае тело
достигает максимальной скорости v при некотором про-
промежуточном значении г.
Анализируя оба контрпримера, нетрудно заметить,
что в точке с «аномальным» поведением тела f = 0. По-
Покажем, что обращение в нуль силы / следует из полу-
полученных нами результатов. Действительно, если скорость
v максимальна в точке (n, fty) в момент времени tu то
i{i"ub\,ti) ^=0. Но если f(rt, <h, fi) > 0, то по теореме
1а (утверждение 2) расстояние до центра минимально.
Следовательно, максимальная скорость v при немакси-
немаксимальном удалении от центра г может достигаться лишь
в том случае, если f = 0.
400. Рассмотрим любой многогранник, для которого
выполняется формула Эйлера F^{-V = E^-2, где F —
543

число граней, V—число вершин и Е — число ребер мно-
многогранника. Докажем, что утверждение задачи справед-
справедливо при более слабом предположении относительно
многогранника, а именно в предположении о том, что ни
одна грань многогранника не имеет формы треугольника
;(в приводимом ниже доказательстве выпуклость много-
многогранника и центральная симметрия его граней не исполь-
используются). Пусть Fi{i^3)—число граней, имеющих i
сторон (ребер), a Vj (/25=3)—число вершин, в которых
сходятся ровно j ребер. Тогда
Поскольку каждое ребро принадлежит двум граням и за-
заканчивается двумя вершинами, то 2? = ]? iPi = H JVj.
Умножив формулу Эйлера на 4 и подставив в нее эти
соотношения, получим
Утверждение задачи соответствует F3 = 0, откуда
V3>8.
Заметим также, что между вершинами и гранями су-
существует двойственность, поскольку .F3 ^ 8, если V3 = 0.

III. ДОПОЛНЕНИЕ РЕДАКТОРА
РУССКОГО ИЗДАНИЯ
Как уже говорилось в предисловии, я счел целесообразным до-
дополнить настоящий сборник разделом, содержащим некоторые тео-
теоретические сведения и небольшой комментарии. Структура этой
части такова. Сначала излагаются более общие положения, исполь-
используемые в нескольких задачах. Они сгруппированы по темам: гео-
геометрия, теория чисел, алгебра и анализ. Затем идут более специаль-
специальные вопросы, затрагиваемые в той или иной задаче, номер которой
•указывается. Весь материал разбит на пункты; ссылка типа III. 17
указывает на 17-й пункт этой части.
А. Геометрия
1. Замечательные точки и линии в треугольнике. Эта весьма по-
популярная некогда тема нашла свое отражение во многих учебниках
и пособиях. Наиболее полной, по-видимому, является книга С. И. Зе-
теля «Новая геометрия треугольника» (М., Учпедгиз, 1940). Многое
можно найти в книгах серии «Библиотека школьного математиче-
математического кружка», особенно в вып. 2, Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов,
И. М. Яглом, Избранные задачи и теоремы элементарной матема-
математики, ч. 2 (М., ГИТТЛ, 1952) и вып. 12, те же авторы, Геометриче-
Геометрические неравенства и задачи на максимум и минимум (М., «Наука»,
1970). Наконец, можно рекомендовать еще книгу И. Кюршака и др.
«Венгерские математические олимпиады» (М., «Мир», 1976), где
много фактов из геометрии треугольника приведено в решениях за-
задач и комментарии.
Теорема Чевы (рис. 29; Зетель, стр. 5). Для того чтобы прямые
АА', ВВ', СС, соединяющие вершины треугольника с точками, лежа-
лежащими на противоположных сторонах, пересекались в одной точке,
необходимо и достаточно, чтобы имело место равенство
АВ' СА' ВС
В'С ' А'В ' С А ~
Прямые, обладающие свойствами, указанными в теореме, на-
называются чевианами. Из теоремы Чевы вытекают следующие след-
следствия:
а.	Медианы треугольника .пересекаются в одной точке, называе-
называемой барицентром, или центром тяжести.
б.	Биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в
одной точке — центре вписанной окружности.
в.	Высоты треугольника пересекаются в одной точке, называе-
называемой ортоцентром.
г.	Прямые, соединяющие вершины треугольника с точками ка-
касания противоположных сторон с вписанной окружностью, пересе-
пересекаются в одной точке, называемой точкой Жергона.
Здесь АВ' = АС, ВА' = ВС, СА' = СВ'.
i/218 Зак, 436	545

д. Прямые, соединяющие вершины треугольника с точками каса-
касания противоположных сторон с соответственными вневписанными
окружностями, пересекаются в одной точке, называемой точкой Ми-
Ми(З	11)
ру	р
геля (Зетель, стр. 11).
Здесь АВ' = А'В = р —
= р — Ь.
ВС = В'С = р—а, СА' = С А =
Рис. 29.
Середины отрезков высот от ортоцентра до вершин треуголь-
треугольника называются точками Эйлера.
Теорема Эйлера (рис. 30; Зетель, стр. 32 и 33). Основания ме-
медиан, высот и точки Эйлера лежат на одной окружности, называе-
называемой окружностью девяти точек или окружностью Эйлера, радиус
которой равен половине радиуса описанной окружности.
Рис. 30.
Эйлер доказал также, что ортоцентр Я, центр окружности 9
точек Э, барицентр М и центр описанной окружности О лежат на
одной прямой, называемой прямой Эйлера. При этом Э является
серединой ОН, а ИМ : МО = 2:1.
Теорема Фейербаха (Зетель, стр. 35). Окружность девяти точек
касается вписанной и трех вневписанных окружностей.
Эти четыре точки касания называются точками Фейербаха.
546

2. Проективные преобразования. Значительная часть задач дан-
данного сборника так или иначе связана с проективной геометрией. Не-
Необходимые сведения по этому вопросу читатель может найти в кни-
книгах: Н. А. Глаголев, Проективная геометрия (М. — Л., ОНТИ, 1936);
Дж. В, Юнг, Проективная геометрия (М., ИЛ, 1949); Н. В. Ефимов,
Высшая геометрия (М., Физматгиз, 1961 (гл. 5)). Кроме того, сле-
следует упомянуть небольшую великолепно написанную книгу
О. Д, Вольберга, Основные идеи проективной геометрии (М. — Л.,
Учпедгиз, 1949), в которой материал изложен весьма наглядно и
занимательно.
В этом и в ряде следующих пунктов, говоря о плоскостях и
прямых, мы будем иметь в виду проективные плоскости и прямые.
Наглядно проективную плоскость можно представлять себе как обыч-
обычную плоскость, пополненную бесконечно удаленными точками, обра-
образующими в совокупности бесконечно удаленную прямую. На языке
аналитической геометрии точки проективной плоскости задаются
тройками чисел (однородными координатами), определенными с точ-
точностью до пропорциональности, так что (хи х2, х3) и (pjti, рх2, рх3)
при р Ф 0 отвечают одной и той же точке. Тройка @,0, 0) исклю-
исключается. Бесконечно удаленным точкам соответствуют тройки вида
(jCi, х2, 0), для остальных х3 ф 0, и х = х^хз; у — x2jx3 можно
рассматривать как обычные декартовы координаты на обычной пло-
плоскости.
Проективным преобразованием называется взаимно-одиозначное
отображение, при котором точки, лежащие на одной прямой, пере-
переходят в точки, также лежащие на одной прямой. В однородных ко-
координатах проективное преобразование плоскости задается линей"
ными функциями
'=1,2,3.	A)
Для любой пары четверок неколлинеарных точек А\, А?, A3, At в
плоскости я и А{, А'2, А3, Аа в плоскости я' существует одно и
только одно проективное преобразование /: зт->я', такое, что At =
= f (At).Важный пример проективного преобразования—централь-
преобразования—центральное проектирование (рис. 31). Можно показать, что каждое проек-
проективное преобразование плоскости в себя или в другую плоскость
может быть представлено в виде композиции нескольких централь-
центральных проектирований.
Пусть q = f(p) —взаимно-однозначное соответствие между точ-
точками р прямой / и точками q другой (или той же самой) прямой /'.
Если f может быть продолжено до проективного отображения неко-
некоторой плоскости, содержащей /, на плоскость, содержащую /', то f
называется проективным отображением / на /' или проективным со-
ответствием между точками этих прямых; заданием двух троек со-
соответствующих друг другу точек / определяется однозначно. Важ-
Важным примером проективного соответствия служит перспективное со-
соответствие между точками двух прямых (рис. 32); ясно, что, выйдя
из плоскости чертежа, мы легко можем дополнить отображение /
в /' до центрального проектирования плоскости на плоскость.
i/218*	Б47

Если представлять себе проективную плоскость как обычную ев-
евклидову, пополненную бесконечно удаленными элементами, то мож-
можно установить некоторые связи между метрическими и проективными
Рис. 31.
свойствами. Без ограничения общности мы можем считать, что / и /'
суть оси ОХ и ОХ' некоторых декартовых систем координат; в со-
соответствующих однородных координатах / определяется уравнением
х2 = 0, а /' — уравнением х'2 = 0. Из формул A) находим
х' =-
апх\
*13
«31*
B)
33
так что при проективном преобразовании соответствие между де-
декартовыми координатами на прямых оказывается дробно-линейным.
Рис. 32.
Пусть при данном проективном соответствии четверка точек А,
В, С, D переходит в четверку А', В', С, D' (рис. 32). Обозначая ко-
координаты точек на соответствующих прямых теми же малыми бук-
буквами, рассмотрим величины
548

А'С A'D' с'-a' d'-a'
C'B' ' D'B'
b' ¦
b'-d"
D)
называемые двойными отношениями четверок точек. Непосредствен-
Непосредственным вычислением легко проверяется, что при отображении B) имеет
место равенство
с' — a' d' — а' с —a d — a
Ь'-с' ¦ b'-d'
Ь—с ' b—d
так что двойное отношение при проективном отображении остается
инвариантным:
[Л, В, С, D] = [А', В', С. D').
Это свойство иногда берется за основу определения проективного
соответствия.
Рис. 33.
Е	F G
Четверка точек на прямой, для которой
[А, В, С, Д] = - 1,
называется гармонической. Из доказанного следует, что при проек-
проективном соответствии гармоническая четверка переходит в гармони-
гармоническую. Если (Л, В, С, D) — гармоническая четверка, то гармониче-
гармоническими будут также четверки (В, А, С, D), {А, В, D, С) и (В, A, D,
С), ибо
[В, А, С, D] = [А, В, С, D]~l - [Л, В, D, С] = [В, A, D, С],
а также четверка (С, D, Л, В) и ее производные, ибо
[С, D, А, В] = [Л, В, С, D].
Фигура, состоящая из четырех точек Л, В, С и D и шести пря-
прямых, соединяющих их попарно (рис. 33), называется полным четы-
четырехугольником. Аналогично полным четырехсторонником называется
фигура, состоящая из четырех прямых и шести точек их попарных
пересечений.
Обозначим, как на рис. 33, буквами F и Н точки пересечения
противоположных сторон; АВ с CD и AD с ЬС, а затем рассмотрим
точки пересечения Е и G прямой FH с диагоналями АС и BD.
18 Зак, 436
549

Теорема о полном четырехугольнике. Четверка (F, Н, G, Е)
гармоническая.
Для доказательства сделаем проективное преобразование пло-
плоскости, при котором точки А, С, Н и F перейдут в вершины квад-
квадрата (рис. 34); образы соответствующих точек обозначены теми же
буквами со штрихами. Точки В' и Е' становятся при этом беско-
бесконечно удаленными, а1 прямая D'E', проходящая через бесконечно
Рис. 34.
удаленную точку пересечения A'F' и С'Н', параллельна им обоим.
Поэтому F'G' = G'H' и, следовательно,
[F, Н, G, Е] = [F, И', G'. со] = -Jgl : (-1) = -1
'(см. также Зетель, стр. 29).
3. Проективное соответствие между прямыми в двух пучках.
Конические сечения. Пучком прямых в плоскости я называется мно-
множество всех прямых, принадлежащих я и проходящих через дан-
данную точку S, называемую вершиной пучка; для краткости можно
обозначать пучок той же буквой, что и его вершину. Взаимно-одно-
Взаимно-однозначное соответствие F между прямыми двух пучков, лежащих в
плоскостях я и я' соответственно, называется проективным, если
существует проективное отображение / : я -*- я', которое каждую
прямую Я пучка S отображает на соответствующую ей прямую
F (К) пучка S'. Если представлять себе я и я' как евклидовы, попол-
пополненные бесконечно удаленными элементами, и /: я -*- я' — как дви-
движение, или преобразование подобия, переводящее S в S', то пучки
S и S' называются конгруэнтными. В таких пучках углы между со-
соответствующими прямыми равны: (Я17Я2) = (F(Xt)~F (X2)).
Пусть кроме пучков S и S' в плоскостях я и я' заданы пря-
прямые / и /', не принадлежащие этим пучкам. Сопоставляя точке
A s / прямую AS, мы получаем взаимно-однозначное соотвегст-вие
между точками прямой / и прямыми пучка S. То же самое можно
сделать для V и S'. Отображение F индуцирует отображение «р:
/->/' следующим образом:
А е= I -> Я = SA -> F (Я) = Г = S'A' -> Л' = <р (А) е= /'.
Легко доказывается, что F проективно тогда и только тогда, когда
«р проективно. В частности, когда я = я', / = /', но S ф S', мы по-
получаем проективное соответствие пучков, сопоставляя прямой а =»
= AS, А е(, прямуюа' = AS' (рис. 35).
550

Сопоставляя четверке прямых а, Ь, с, d пучка S точки пересе-
пересечения А, В, С, D этих прямых с прямой /, мы' можем определить
двойное отношение четверки прямых в пучке равенством
[а, Ь. с, d] = [А, В, С, D].
Из сказанного выше ясно, что это двойное отношение не зависит от
выбора / и является инвариантом проективного соответствия, так
Рис. 35.
что на рис. 35 [а, Ь, с, d] = [а'. Ь', с', d']. Четверка прямых а, Ь, с,
d называется гармонической, если [а, Ь, с, d] = —1.
Пусть проективное соответствие F установлено между двумя
пучками S и S', лежащими в одной плоскости. Множество М точек
S'
Рис. 36.
пересечения пар прямых, соответствующих друг другу в этих пуч-
пучках, называется коническим сечением. Легко видеть, что если пучки
S и S' конгруэнтны и соответствующие прямые в них ие парал-
параллельны (достаточно проверить это хотя бы для одной пары), то М-~
окружность (рис. 36).
Другой пример мы получаем, беря пучки, соответствие между
которыми установлено, как на рис. 35. Здесь М является объедине-
объединением прямых / и SS' (вырожденное коническое сечение). Если здесь
18*
551

I — бесконечно удаленная прямая, то пучки S и S' конгруэнтны, а
соответствующие прямые в них параллельны.
Если вершины пучков совпадают: S = S', то М является объ-
объединением прямых к, для которых F(K) = X, и сводится к точке S,
если таких прямых иет. На прямой I, не проходящей через S, со-
соответствие F индуцирует проективное отображение вида B), а ра-
равенству F(%) = Л отвечают неподвижные точки этого отображения.
Решая уравнение х •= (апх + aiS)/(flSi* + «ss), мы обнаруживаем]
что возможны следующие варианты: неподвижных точек вообще нет
(М = {S}), неподвижных точек две (М — пара прямых), неподвиж-
неподвижная точка одна (М — пара слившихся друг с другом прямых) либо
F(K) = Л (М — плоскость).
Из определения видно, что при проективном отображении кони-
коническое сечение переходит также в коническое сечеиие. В частности,
коническими сечениями являются все кривые, которые можно полу-
получить центральным проектированием из окружности, то есть все эл-
эллипсы, гиперболы и параболы (см., например, Вольберг, стр. 107 и
далее). Их называют невырожденными коническими сечениями. Мо-
Можно показать, что с проективной точки зрения все конические сече-
иия исчерпываются приведенным выше списком, то есть любое из
них — это либо вся плоскость, либо проективным преобразованием
может быть переведено в окружность, в пару прямых, различных
или слившихся, или в точку.
Обычная (аффинная) классификация конических сечений соответ-
соответствует их расположению относительно бесконечно удаленной прямой.
Эллипсы, с ней не пересекаются, гиперболы пересекаются в двух точ-
точках, а параболы касаются. В однородных координатах каждое кони-
коническое сечение является кривой второго порядка, то есть задается
уравнением
з
? V7*/ = 0, «iy = V	E)
И наоборот, всякая кривая второго порядка E), у которой не все
flij = 0, приводится проективным преобразованием к одному из сле-
следующих видов:	•
1)	х\ + *2 ~f~ хз == 0 (пустое множество);
2)	х\ + х\ — х\ = 0 (невырожденное коническое сечение,
окружность);
3)	x\ + x\ = Q	(точка);
4)	х\—х\ = 0	(пара различных прямых);
Б) х\ = 0 (пара слившихся прямых).
Если все ciij = 0, то E) определяет всю плоскость.
Таким образом, к приведенному выше списку конических сечении
добавляется еще пустое множество.
4. Теоремы Дезарга, Паскаля и Брианшона. Эти три теоремы
весьма популярны и неоднократно используются в нашем сборнике
при решении задач. Их доказательства можно найти в любой нз ука-
указанных в пункте 2 книг, а также во многих других учебниках. Мы
Б52

формулируем их в терминах «необходимо и достаточно», но следует
иметь в виду, что часто каждая из теорем разделяется на «прямую»
(необходимо) и «обратную» (достаточно).
Теорема Дезарга (рис. 37). Для того чтобы три прямые АА',
ВВ' и СС' пересекались в одной точке, необходимо и достаточно,
Рис. 37.
чтобы три точки пересечения пар прямых: АВ и А'В', ВС и В'С, СА
и С А' лежали на одной прямой.
Не следует забывать, что дело происходит иа проективной пло-
плоскости, так что некоторые из точек или одна из прямых могут быть
бесконечно удаленными.
Теорема Паскаля (рис. 38). Для того чтобы шесть точек A, Bt
С, D, E, F лежали на одном коническом сечении, необходимо и до-
достаточно, чтобы точки пересечения противоположных сторон шести-
шестиугольника с вершинами в этих точках — АВ и DE, ВС и EF, CD и
FA — лежали на одной прямой.
Рис. 38.
Теорема Б.рианшона (рис. 39). Для того чтобы шесть прямых а,
Ь, с, d, e, f касались одного и того же конического сечения, необхо-
необходимо и достаточно, чтобы прямые, соединяющие противоположные
вершины шестисторонника, образованного этими прямыми, пересе-
пересекались в одной точке
Из рис. 39 видно, что понимается здесь под «противополож-
«противоположными вершинами». Это пары точек пересечения а с b, d с е и т. д.
653

Вершина, в которой сходятся аи/, является на этом рисунке беско-
бесконечно удаленной. Прямая, соединяющая ее с точкой пересечения с й
d, параллельна как а, так и /.
5. Полюсы и поляры. К проективной геометрии относится также
и понятие полярного соответствия. Этим термином обозначается
взаимно-однозначное соответствие между точками проективной пло~
скости и прямыми той же плоскости, определяемое при помощи не-
некоторой кривой 2-го порядка. Мы опишем сейчас частный случай
Рис. 39.
полярного соответствия, представляя себе проективную плоскость
как обычную евклидову с фиксированной декартовой системой ко-
координат на ней и пополненную бесконечно удаленными Элементами;
в качестве заданной кривой второго порядка мы возьмем единичную
окружность с центром в начале координат.
Полярой точки Р(хо,уо)?=О относительно окружности хг +
4- у2 = 1 называется прямая
хох + уоУ = 1,	F)
проходящая на расстоянии d = l/V^o + Уо от центра окружности
перпендикулярно лучу ОР. Полярой точки О по определению яв-
является бесконечно удаленная прямая. Наконец, полярой бесконечно
удаленной точки, отвечающей направлению луча ОР, называется
прямая, проходящая через О перпендикулярно ОР. Точка, полярой
которой является некоторая прямая /, называется полюсом этой
прямой. Легко видеть, что это определение действительно устанавли-
устанавливает взаимно-однозначное соответствие между точками и прямыми
проективной плоскости.
Если точка Q лежит на поляре точки Р, то, и обратно, поляра
точки Q проходит через Р. Для конечных точек Р(хо,ув) и Q(xi, yih
отличных от О, оба свойства выражаются соотношением x0Xi -f-
+ УоУi = 1. Для остальных они легко проверяются прямо из опреде-
определения.
Отсюда сразу выводится основное свойство полярного соответ-
соответствия: для того чтобы несколько точек лежало на одной прямой /.
Б54

необходимо и достаточно, чтобы поляры этих точек пересекались в
одной точке, а именно в полюсе прямой /.
Заметим еще, что из определения вытекает следующее утвер-
утверждение: точка Р лежит иа своей поляре тогда и только тогда, когда
она принадлежит. окружности, относительно которой определялось
полярное соответствие, а ее поляра касается этой же окружности в
точке Р.
В решении задачи 35 описан способ построения поляры точки
относительно заданной окружности при помощи одной линейки.
Обратимся к рис. 40. Утверждается, что если четырехугольник ABCD
Рнс. 40.
вписан в окружность, то полярой точки Р пересечения его диагона-
диагоналей АС и BD является прямая /, проходящая через точки пересе-
пересечения Е и F противоположных сторон. В самом деле, проведем ка-
касательные к окружности в точках Л и С и рассмотрим вырожден-
вырожденный шестиугольник AABCCD. По теореме Паскаля (III. 4) точка G
пересечения касательных лежит также на прямой / (когда две вер-
вершины вписаинош шестиугольника сливаются, то соответствующая им
сторона переходит в касательную к коническому сечению). Так как
G лежит на полярах точек Л и С, то ее поляра проходит через эти
точки и, следовательно, совпадает с АС. Значит, полюс прямой I ле-
лежит на АС. Аналогично доказывается, что он должен лежать на BD
н потому совпадает с Р.
Поскольку любое невырожденное коническое сечение получается
проективным преобразованием из окружности, то построение рис. 40
дает возможность определить полярное соответствие относительно
любой невырожденной кривой второго порядка.
Пусть теперь дана произвольная алгебраическая кривая, уравне-
уравнение которой запишем в виде
Рп (х, у) + Р„_, (х,у)+ ... + Р, (х, у) + Рв = 0,	G)
где Я* (х, у) — однородные полиномы степени k\ Pi (х, у) = Ах -f- By.
Проведем через точку О произвольную прямую с параметрическими
уравнениями
* = ?¦/, У = ц-и	(8)
555

получив для определенности ?2 + ч2=1, так что |/| равно рас-
расстоянию до О. Точки пересечения прямой (8) и кривой G) находим
из уравнения
*яРп(&тц)+ ... +/¦/>, F, ц) + Ро=0.
С учетом кратности этих точек, равной п, имеем:
Возьмем теперь на той же прямой (8) точку Q, удовлетворяющую
соотношению
+ +	(9)
й котором все отрезки направленные; ОАн = /а. В силу формул
Виета левая часть (9) равна —Pi (Б, Ц)/Ро- Отсюда
Q Q р. F.ч) и Q
Ясно, что точка Q лежит на прямой
при любом выборе прямой (8). Прямая A0) называется полярой
точки О относительно кривой G). При п = 3 это понятие исполь-
используется в решения задачи 31.
Чтобы найти поляру любой другой точки P(xo,y<i), можно при-
прибегнуть к преобразованию координат. Например, для окружности
Л'2 + У2 = 1 положим х = х1 + х0, у = у'' + Уоу откуда
(*' + *оJ + (У' + Уо) - I = (х'У + (УУ + 2хох' + 2у0у' -1=0.
Следовательно, А = 2х„, В — 2у0, Ро = —1 и уравнение A0) при-
приводится к F), так что в этом частном случае общее определение по-
поляры приводится к данному выше.
Б. Теория чисел
6. Сравнения с одним неизвестным. В сборнике довольно много
задач, проблематика которых связана с теорией чисел (делимость,
простые числа, диофантовы уравнения и пр.). Пособием по этой
теме может служить любой учебник; в большинстве • случаев мне
удавалось найти необходимую справку в книге И. М. Виноградова
«Основы теории чисел» (изд. 8-е, М., «Наука», 1972).
Свойства сравнений вида
апхп+ ... + а\Х + а0s0 (modp),	(I)
где р — простое число, а* — целые числа (или вычеты по модулю р),
довольно похожие на свойства обычных алгебраических уравнений.
Теорема (Виноградов, стр. 56). Если сравнение A) имеет среди
вычетов по модулю р более п различных решений, то все Ол =^
=з 0(modp),
556

Впрочем, в отличие от обычных алгебраических уравиеиий с це-
целыми коэффициентами неэквивалентных сравнений вида A) лишь
конечное число.
Малая теорема Ферма (Виноградов, стр. 44). Для любого про-
простого р и целого х, не делящегося на р,
*р-' = 1 (modp).	B)
Следствие 1. xv =з х при всех х.
Следствие 2. Каждое сравнение A) эквивалентно сравнению
степени ^ р— 1.
Следствие 3 (теорема Вильсона).
(p-l)t = -l (modp).	C)
Действительно, сравнение
хр~х- 1^(х—])(х — 2) ... (х — р + 1),
степень которого ^ р — 2, имеет по теореме Ферма р — 1- решение
1, 2, .... р—1, поэтому все его коэффициенты делятся на р. Сво-
Свободный член пает C) (это рассуждение применялось при решении
задачи 231 и 332).
7. Квадратичные вычеты и невычеты. Символ Лежандра. Число
а называется квадратичным вычетом (соответственно невычетом) по
модулю р, если сравнение
х2 = а (modp)	D)
имеет решение (соответственно не имеет решения). Для а, ие деля-
делящихся на р, символ Лежандра f — 1 по определению равен +1 в
первом случае и —1 во втором. Если р простое нечетное, то, как
легко видеть, среди чисел 1, 2, ..., р—1 квадратичных вычетов
ровно половина (р — 1 значений х ^ 0 разбиваются на пары, даю-
дающие в D) одно и то же о).
Критерий Эйлера. При а, не делящемся на простое нечетное р,
?=1
= а 2 (modp).	E)
Доказательство. По теореме Ферма (III. 6)
aP-1- 1==0 (modp),
р-1	р-1
откуда либо а 2 =1 (mod р), либо а 2 = — 1 (mod p)
(то и другое не может быть одновременно, ибо 2 не делится на р).
р-1
Если а = х2 — квадратичный вычет, то а 2 =л:р~1=1. Этим все
решения сравнения а =1 исчерпывается, ибо их число —-z—
равно степени (см. III. 6). Поэтому для квадратичных невычетов
р -'
а 2 =-1.
Б57

Следствие 1.
+1, если р = 4/г + 1,
— 1, если р = 4ft + 3,
то есть —1 является квадратичным невычетом для простых р вида
4fc + 3 и вычетом — для простых р вида 4/г -f- 1.
Следствие 2.
ШШ ¦¦¦(?>•
Поэтому произведение о^аг... я* является квадратичным вычетом
(невычетом), если среди аь ..., ah четное (нечетное) число квадра-
квадратичных невычетов (ср. решение задачи 91).
Еще два полезных свойства символа Лежандра (Виноградов,
стр. 70).
(-..^.	G,
2. Закон взаимности. Если р к q — простые нечетные числа, то
8. Функции Мёбиуса и Эйлера. Закон обращения. Функция
Мёбиуса |i(n) для любого натурального аргумента п определяется
так:
n()
|i(n) = (—1)*, если и = P\Pi.-.ps,'где pi, ..., ре — различные
простые числа;
\х.(п) = 0, если п делится на какой-либо квадрат, отличный
от 1.
Теорема. Если функция 6(п) натурального я мультипликативна,
то есть
G (n,u2) = G (п,) 6 (п2)	(9)
и 6A)= 1, то при п > 1
? ,i(n)e (») = A - 6 (р,)) ... A - G (pfe)),	A0)
n| m
где m = pai ... я?* — каноническое разложение числа m в произ»
ведение простых чисел и сумма в левой части A0) распространена
иа все делители числа т.
Доказательство. По определению функции Мёбиуса сумма в ле-
левой части A0) сводится к
L58

где 2_, распространена на все сочетания (м, ..., 1в) из k элементов
по s. Отсюда в силу соотношения (9) следует A0).
Следствие.
1 при m — 1,
n[m	.0 при m>\.
Действительно, положив в A0) 6 (л) =э 1, получим A1) (ср. ре-
решение задачи 182).
Закон обращения теоретико-числовых функций. Пусть ф(л) —
произвольная функция натурального аргумента и
?
d|n
Тогда
/ («) = ? * («о-	A2>
d|n
din	m | n
И наоборот, если f(n) произвольна, а ф(п) определена равенством
A3), то имеет место A2).
В самом деле,
din	din .In	d,k
k\~d	Ы\п
= Z •*(rf) *(fe) =
ft In	. I n_
I ft
в силу A1). Аналогично доказывается и обратное утверждение.
Для произвольного натурального п > 1 функция Эйлера <р(п)
определяется как число взаимно простых с п чисел среди 1, 2
Е... и—1; ч>A) = 1.
Теорема.
У\ ф (d) == п.	A4)
й\п
Доказательство. Для произвольного делителя б числа п обозна-
обозначим через А(, множество чисел вида б • ?, где ? взаимно просто
с л/б. Ясно, что ft e /4(а, п) и при этом ft не может принадлежать
никакому другому Л б (если ft = б • ?, где б|л, то (ft, и) = 6 • /.
? = ft;/(ft,л) и оба числа, I и -.'—-rz—Г> Делятся иа /). Таким
образом, каждое из л чисел 1, 2, .... п попадает ровно в одно из
Ad, причем в Лб попадает ровно <р(л/6) этих чисел. Полагая
d = n/б, получаем отсюда A4).
Следствие. Если m = ра> ... р"* — каноническое разложение, то
559

Действительно, в силу закона обращения и формулы A0) дня
в(п) = 1/п
d\m	d\m
9. Уравнение Пелля. Пусть D — натуральное число, не являю-
являющееся точным квадратом. Уравнение
X2-Dy2 = l	A6)
называется уравнением Пелля. Пару положительных целых чисел
(х, у), удовлетворяющих этому уравнению, мы будем для кратко-
краткости называть его положительным решением. Ввиду симметрии все
нетривиальные (отличные от (±1,0)) решения выражаются через
положительные.
Теорема. 1) Уравнение A6) имеет положительные решения.
2) Если (Xi, yi) такое положительное решение, у которого Xi (рав-
(равносильно Xi + ух л/d) минимально, то любое положительное решение
(х, у) содержится в последовательности решений (хп, уп), опреде-
определяемой равенством
или рекуррентными соотношениями
Уп-\
Доказательство. Во множестве целочисленных пар (х, у) опре-
определим операцию О, полагая (х, у) = (х1, у') О (х", у") тогда и
только тогда, когда
{х + у У5") = (*' + у' У5") (х" + у" Уо").	A9)
Ввиду иррациональности Уо A9) эквивалентно паре соотно-
соотношений
XyZXx'Xy» + x"y' '	B0)
при помощи которых операция О может быть определена для лю-
любых пар (х, у) (и даже при любом D; если D = —1, получаем обыч-
обычное умножение комплексных чисел).
Полагая далее
легко находим из A9) или B0), что
N 1(х', у') 0 (х", у")] = N (х', у') N (х", у").	B2)
Известно, что для любого иррационального числа, в том числе
и для \D, существует бесконечно много целых пар (Pn,Qn), та-
таких, что
1	B3)
<tn
560

(в качестве pn/qn можно брать подходящие дроби разложения -\/d
в бесконечную цепную дробь, см. А. Я. Хинчин, Цепные дроби, М—Л,
ГИТТЛ, 1949, стр. 17, теорема 9). Из неравенств B3) находим
Следовательно, N (pn, <?n) = p\ — Dq\ может принимать лишь ко-
конечное число значений, а потому для бесконечно многих пар
(Pn, Qn) оно имеет одно и то же значение k. Беря вычеты по модулю
|ft|, мы обнаруживаем, что среди этих пар найдутся такие (и даже
бесконечно много), скажем, (p',qr) и (//', q"), что р' = p"(mod|fe|)
и q' = <7"(mod|fe|). Для (р, q) = (p',q')O{p",—q") имеем
Р2 -Dq* = N (p, q) = N (p', q') N (р", - q") = к»,
причем в силу B0) р е= (р'J — D(q'J == 0(mod|fe|) и q =z p'q'—
— //<;' = 0(mod|ft|). Следовательно, р — kx, q = ky и
Тем самым доказано первое утверждение теоремы.
Каждое решение уравнения A6), у которого х > 0, может
быть описано параметрическими уравнениями
AL	B4)
Обозначим через S множество тех \, для которых формулы B4)
определяют целочисленное решение уравнения A6), и через Н+ под-
подмножество |, для которых это решение положительно. Из равенства
cht + sht = e5	B5)
видно, что 1 упорядочено одинаково с х + у -\/d, а при у > 0,
когда 1 > 0, одинаково и с а:. Так как среди положительных реше-
решений уравнения A6) существует такое, у котсрого х минимально
(пусть это будет решение (xi, yi)), то в Е+ есть наименьший эле-
элемент |ь
Докажем, что Е состоит из чисел k%\, где k — любое целое. Дей-
Действительно, из B1) и B2) видно, что множество решений уравнения
A6) замкнуто относительно операции О, а из A9) и B5) следует,
что для переменной | эта операция превращается в сложение. Сле-
Следовательно, если |', 1" е Е, то %' ± %" е Е. (После подстановки B4)
формулы B0) превращаются в формулы сложения для гиперболиче-
гиперболических функций.) Предположив, что S содержит какое-то ? Ф fegb мы
имеем
и ясно, что %' еЕ+ вопреки определению |i.
Из найденного описания множества Е, из B5) и установленной
выше связи между сложением для 1 и операцией О сразу следует
A7). Из A7) и B1) легко выводим A8).
561

10. Гауссово кольцо. Представление натуральных чцсел в виде
суммы двух квадратов. Кольцом гауссовых чисел или просто гауссо.
вым кольцом называется множество комплексных чисел г = х + iu
(где х и у целые) с определенными на нем обычными операциями
сложения и умножения. Неотрицательное целое число
будем называть нормой гауссова числа z; очевидно, что
N(^z2) = N(zt)N(z2)	B6)
(ср. в предыдущем пункте соотношение B2) и сказанное там по по-
поводу D = —1). Нулевую норму имеет только 0; N(z) = 1 только
при г = ±1 или г = ±i. Последние четыре гауссовых целых числа
называются делителями единицы, и только у них в гауссовом кольце
есть обратные элементы. Гауссово целое число г, отличное от 0 и
делителей единицы, называется простым, если из равенстза г = z\Z2,
где zb Z2 также гауссовы целые числа, вытекает, что либо ги либо
z2— делитель единицы.
Теорема. Каждое гауссово целое число г, у которого N(z) ^ 2,
представимо в виде произведения простых гауссовых чисел. Если
г = pip2 ... pr = qxq2 ... qs
— два таких разложения, то г — s и существует перестановка ин-
индексов (ji, /г,..-., /г), и делители единицы ei такие, что Pi==eiQi.
(см. Б. Л. ван дер Варден, Алгебра, М., «Наука», 1976, стр. 78—80).
Ясно, что составные натуральные числа будут составными и в
гауссовом кольце; простые натуральные числа могут перестать быть
таковыми:
2 = A + i) A - 0 5 = A + 2«) A - 2/) = B + 0 B - /).
Однако справедлива следующая теорема.
Теорема. Простые натуральные числа Вида 46 + 3 остаются про-
простыми и в гауссовом кольце, а простые натуральные числа вида
4k + 1 раскладываются в этом кольце на два комплексно сопряжен-
сопряженных, простых множителя. С точностью до умножения на делители
единицы этим все простые гауссовы числа исчерпываются.
Доказательство. Пусть р — простое натуральное число, не яв-
являющееся простым в гауссовом кольце, так что р = z^. Тогда
р2 = дг(р) = N(zi)N(z2), и если ни гь ни z2 не являются делите-
делителями единицы, то N(Z\) = N(z*) = р. Следовательно, |zi| = |z2!,
а так как произведение ZiZ2 положительно, то z2 = Z\. Если Z\ =
= а + Ы, то р = а2 + Ь2. Перебирая всевозможные остатки от де-
деления а и Ь иа 4, >беждаемся, что р либо равно 2, либо имеет вид
4k -f 1. Следовательно, все нечетные простые числа вида 4k + 3
остаются таковыми и в гауссовом кольце.
Если же р — простое число вида 46+1, то (см. следствие 1 в
111.7) (—1)—квадратичный вычет и, значит, существует такое це-
целое х, что х2 + 1 = (х + i) (х — i) делится на р. Если бы р было
простым гауссовым, то оно делило бы либо х +1, либо х — L Но ни
одно из комплексных чисел (x + i)/p, (х — i)/p не является це.шм
гауссовым. Следовательно, р — составное гауссово число и, как мы
уже видели выше, р = а2 + Ьг = (а + Ы) (а — Ы),
562

Заметим теперь, что если N(z) = р — простое натуральное чис-
число, то г обязано быть простым гауссовым. В самом деле, если г =
= ZiZ2, то p = N(ziZ2) = N(zi)N(z2), откуда либо N(z\) — 1 и
г] — делитель единицы, либо N(z2) = 1. Поэтому в разложении
р— (а -j- Ы) (а— Ы) оба множителя простые, ибо N(a-\-bi) =
= N(a—bi) = p.
Остается убедиться, что найденными простыми числами исчер-
исчерпываются все простые гауссовы числа. Из сделанного только что за-
замечания видно, что мы должны рассмотреть только те числа г =•
•= а ~\- Ы, корма которых составная: N(z) = NtN2. Но если ab =J= О,
то в разложении
N (г) = (а + Ы) (а - Ы) = Л/,Л/,
множители в средней и правой частях не могут быть получены друг
из друга перестановкой и умножением на делители единицы. Следо-
Следовательно, эти множители, в том числе и z = a~\-bi, -не простые.
Если же ab = 0, то z получается из натурального числа умноже-
умножением иа делитель единицы, а натуральные числа мы уже рассмо-
рассмотрели.
Теперь мы можем выяснить, какие натуральные числа предста-
вимы в виде суммы двух квадратов. Из равенств
N = а2 + Ь" = (а + Ы) (а - Ы)
видно, что этим свойством обладают те и только те натуральные
числа, которые в гауссовом кольце раскладываются в произведение
двух комплексно сопряженных сомножителей. Пусть
tf = 2aP?'...PrV'...<#	B7)
— каноническое разложение N на простые натуральные числа, при-
причем рь. имеет вид 4п + 1, а qk — вид An + 3. Чтобы получить из B7)
разложение N на простые гауссовы числа, разложим каждое р& та-
таким образом: рк = ЛаПа. Тогда
N = A +if я?' ... *%* • • • дчМ1'... и?» A - 0" B8)
Чтобы получить нужное нам разложение, мы должны отобрать
часть множителей из B8) в а + Ы. Пусть, например,
а + ы = A + 0в п'1 • • • яЭД1 ... <?>^' ... &*/ A - о". B9)
Сравнивая равенство
...Nfa,L» N (я,)в| ...N (я,N'ЛГ A - 0* =
с B7), получаем
8+х е,+6	е +6 211,	Ел
Б63

Тем самым все \и должны быть четными и т]Л определены одно-
однозначно; 6 можно выбирать (а + 1) способом: 6 = 0, 1	а, после
чего х определяются однозначно; 8* можно определить pft -f- [
способом. Каждый выбор показателей приводит к разложению B9),
определяющему в свою очередь разложение N в сумму квадратов!
Кроме того, следует еще учесть, что каждый множитель в B9) опре-
определен с точностью до умножения на делитель единицы, то есть на
некоторую степень /.
Теорема. Для того чтобы натуральное N было представимо в
виде суммы двух ненулевых квадратов, необходимо, чтобы в его ка-
каноническом разложении B7) простые числа вида 4и + 3 входили
только в четных степенях. Если это условие выполнено, то число
различных разложений в упорядоченную сумму двух квадратов
равно
если N ие является точным квадратом, и меньше C0) на единицу,
если N — точный квадрат. (Здесь f>k те же, что и в B7), а все рь.
предполагаются различными.)
Доказательство. Нам осталось провести подсчет числа различ-
различных разложений. Все комплексные числа B9) имеют один и тот же
модуль 's/N, а их аргументы (с учетом делителей единицы) опре-
определяются формулой
Ф = — B6 — а) + Ф1 Bei — РО + ... + Ф/-Bег — рг) + —-/, C1)
где ф* — аргумент я*, 6 = 0, 1, ..., a, eft = 0, 1	pft, I любое.
Одинаковые разложения в упорядоченную сумму квадратов по-
получаются для четверки аргументов ±ф, я ± Ф (то есть при +а±Ы).
Такую четверку мы получаем, меняя в C1) / на 2 или заменяя 6 на
а — 6, е* на р* — eft и / на —/. Произвол в выборе pft дает нам
число, указанное в C0); за счет / мы это число учетверим, и тогда
6 ие вносит нового произвола. Однако затем, беря по одному пред-
представителю из четверки, мы снова возвращаемся к C0).
Число четверок может уменьшиться, если, меняя в C1) I, мы
получим число, отвечающее другому набору 8л. Для того чтобы это
случилось, должно быть ф!«1 + фгП2 + ... +Ф/-иг = -^-п при не-
некоторых П\, ..., Иг, п. Но тогда
in. 4n,	in	in. 2t,	in	2n, 2n2	2n 2n._2n, _2n
Я| П2 ... Яг ' = P[ p2 " ... pr —Я1 Я2 ... Пг "Jtj Я2 " ... Яг '
или
2n, 2n,	In. _2n.	_2n,
П{ Я2 " .. • Яг r = Я, ... Пг r.
Поскольку nk и nk — простые гауссовы числа, то множители,
стоящие слева, должны равняться множителям, стоящим справа,
с точностью до делителей единицы. Но Ял и я» имеют различные
модули при t ф /, так как yy/pk ?= Vp/' Поэтому nk и nk отли-
564

чаются делителем единицы, что возможно лишь при Як = I ± t и
Ph = 2, вопреки обозначению рк.
Наконец, число представлений в виде суммы нулевых квадратов
уменьшится на единицу, если среди аргументов C1) есть кратные
я/2 (то есть либо а, либо Ь равно 0). Предыдущее рассуждение по-
показывает, что э;го возможно лишь при 26 = а, 2ел = Р*. Но тогда
и только тогда N является точным квадратом.
В. Анализ и алгебра
11. Некоторые полезные формулы. В стандартных курсах выс-
высшей математики, равно как и в большинстве курсов математиче-
математического анализа, читаемых теперь в университетах, специальным функ-
функциям и различным соотношениям, их включающим, уделяется очень
мало времени. Поэтому многие факты, популярные в прежние годы,
стали мало известными, вследствие чего читатель может испытывать
затруднения при решении задач, опирающихся на эти факты. По-
видимому, одним из лучших пособий в данном вопросе может слу-
служить книга Э. Т. Уиттекера и Дж. Н. Ватсона «Курс современного
анализа» (части 1 и 2, М-> Физматгиз, 1963, далее цитируется как
«у_В»).
Гамма-функция Эйлера обычно определяется в курсах анализа
при х > 0 равенством
tx-le~l dt.
о
Сам Эйлер определил ее как предел (У—В, ч. II, стр. 16)
пг(п-1)\
существующий при всех комплексных г, кроме 2 = 0, —1, —2
Из A) легко выводится, что
Г(г+1) = гГ(г)	B)
Г(т) = (т — 1)! при т натуральном.	C)
Кроме того, справедлива формула дополнения (У—В, ч. II, стр. 19)
^	D)
и при Re г > 0
1п Г (г) + (г —^ - г 1п г - -^- In 2л
Re г
E)
(У—В, ч. II, стр. 34) Из C) и E) легко получается формула Стир-
линга
(j)m>	F)
где |6ml < A''(m-f 1). Более точные подсчеты дают 0<Gm<l/12m.
565

Эти формулы полезны для разных асимптотических вычислений.
Например, в решении задачи 295:
7з \ _ '/з('/а-1) •¦¦('/;»
п )	п\
-«+ 0
(¦¦§.) Г <„)
так как в силу E)
,.г(-т)
Аналогичная асимптотика используется в решении задачи 77.
Дзета-функция Римана определяется в области Re z > 1 как
сумма ряда
При четных значениях аргумента значения этой функции могут быть
найдены из формулы (У—В, ч. II, стр. 64)
? Bт) = 22т-1я2тВт/Bт)!)
где Вп — числа Бернулли, то есть коэффициенты разложения (У—В,
ч. I, стр. 177)
z . z	Biz2	z4
В частности, Bt = J/e, -Вг = '/зо, -бз = 7*2, так что
я=1	п=1
Для решения некоторых задач полезно знать, что
(У-В, ч. I, стр. 51);
пфО
566

(У-В. ч. I. стр. 189);
(У-В, ч. I, стр. 190);
cthz _ 1
(У-В, ч. I, стр. 191).
12. Постоянная Эйлера. Эта константа, хотя и менее популяр-
популярная, чем е и я, но все же довольно часто встречающаяся, обычно
определяется как предел
С= lim A+4"+ ••• +—— innV	A2)
Чтобы убедиться в его существовании и получить некоторые оценки,
рассмотрим две последовательности:
сп = 1 + "? + •.. + ~ - 1 п (п + 1), Сп = 1 + у + ... + i - In п.
Ясно, что с„ <Сп и сп — Сп -> 0. Кроме того,
1 ... ,_ . „ .	1 f rf*i
с„ —с„_!=——
1 Г
1пп = -- ^ т
п-1.
и аналогично Сп — С„_[ < 0. Поэтому обе последовательности мо-
монотонно стремятся к одному и тому же пределу С с разных сторон.
X
Для оценки С заметим, что величина In A + х) = \ -j—j-— за-
о
ключена между площадями двух трапеций: большей, образованной
ординатами 1 и 1/A 4-х), и меньшей, отсеченной от большей каса-
касательной к кривой у = 1/A + х) в точке х/2. После несложных пре-
преобразований получаем неравенства
п+1) п °п~1 п П V + п) пBп-
п	п
L <C<L
667

Используя равенства l/[i(i+1)] = 1/i—l/(i-f 1) и l/[iBi+l)]=
= 2/2i— 2/Bi+l), мы получаем в левой части 1/2[1 — 1 / (« -Ь 1) ]—
и в пределе '/2, а в правой — частичную сумму ряда
°°	t-i
V *)		 О	О |„ О
(=1
Поэтому
0,5 < С < 2 A — 1п 2) = 0,614
Более точные подсчеты дают С = 0,577 ... Неизвестно, рацио-
рациональна или иррациональна постоянная Эйлера.
Кроме A2) существуют и другие выражения для постоянной
Эйлера. Проделаем, например, следующие преобразования:
\_	_i__L_| =
1/n	0	1/n
Используя неравенство
Z^r-.	A4)
справедливое при 0 ^ t ^ п, мы получаем, что при п -*¦ сх> С„ от-
отличается на бесконечно малую величину от выражения
о	1
и, переходя к пределу, находим, что
i
Б68

С другой стороны, используя интегральное представление для
Г-функции A11.11), имеем
\Х
= - ? In t de-t = - Urn fin 1е-* % - [ ^-\
0	u	e	a
К сожалению, мы не можем здесь прямо перейти к пределу (инте-
°° -t
грал \	-,— расходится!). Однако, разбивая интеграл иа два (от
о
i
О до 1 и от 1 до то) и используя равенство \ — = — In 8, мыв
силу A5) получаем простую формулу
Г'A) = -С.	A6)
Чтобы доказать неравенство A4), заметим, что его левая часть эк-
эквивалентна неравенству
справедливому в силу A3). Правая же часть эквивалентна неравен-
неравенству
(i)V>.-i.
Поскольку A7) верно при t = 0, при 0 < t < п достаточно прове-
проверить выполнение веравенства для производных обеих частей
или
"	A9)
Производная левой части A9) больше 0 при 0 ¦< t < 1 и меньше О
при 1 < t < п. Следовательно, при t = 1 левая часть имеет макси-
максимум
0-4)
при п ^ 2 (еще раз использовано A3) при х = —1/п). Следователь-
Следовательно, при п^2 верно A9) и одновременно A8) и A7). При л= 1
A7) превращается в е1 ^ A + /), что очевидно.
19 Зак. 436	569

Г cost ,±
-) —j— dt	120)
В свою очередь A5) может быть использовано для доказатель-
доказательства равенства
Г 1—cos*	Г cosf
С = \	dt ¦
о.
(см. решение задачи 238).
Проинтегрируем функцию e~z/z в комплексной плоскости по
замкнутому контуру у, состоящему из четверти "окружности г =
=гещ 0 ^ ф ^ я/2, отрезка мнимой оси z = It, r ^ t ^ R, четверти
окружности z = Retq>, 0 ^ <р ^ я/2 (в обратном направлении) и от-
отрезка действительной оси z = t от R до г. Тогда, поскольку внутри
контура нет особых точек функции,
_г	п-	R
О = & -— dz = t
•V	о	г
я/2	R
Г ' dt. B1)
При г -> 0
(последнее
f e-;t'dt
J /
г
и
Я'2
[ е~ге
0
по лемме
i
г
'Ф йф -»¦^-
Жордапа).
Г cos t dt . С cos
) t
Г
cos t — 1
1
In r + [
0
f + lnrH
COS f — 1
0
Л/2
и \ e~ReU
0
Далее,
t dt . Г sin
r
R
Г cos t dt
) *
CO
Г cosidf
1 f
1
r
tdt
1
. Г sin /
OO
.f sin<
1J '
0
' ±2jl + [ -?_nl
= 1пл +
1
(последний переход сделан в соответствии с A5)). Обратите вни-
внимание на проделанную здесь процедуру регуляризации расходимо-
Б70

стей обоих интегралов в нуле (выделение членов In r). Такая же
процедура (она восходит к Адамару) была выше применена при
выводе A6).
Подставляя найденное в B1) и сокращая логарифмы, имеем ра-
равенство
о
вещественная часть которого дает B0), а мнимая — значение извест-
известного интеграла Дирихле
S1?-'"—?•
0
Определение A2) можно записать еще в виде
!+у+ •.• + — = In и + С + Yn.	B2)
rue 0 < уп < С„ - сп = In A + 1/и) < 1/и.
13. Выпуклые и строго выпуклые функции. Функция f{x), опре-
определенная на некотором выпуклом множестве U Е Кп, называется
выпуклой, если для любых двух точек xi, Хг е U и любого а,
О ^ а ^ 1, выполняется неравенство
f [A - а) х, + ох8] < A - а) f (х,) + of (x2).	B3)
и называется строго выпуклой, если при xi =?ь х2 и а =?ь О и 1 нера-
неравенство B3) строгое. О некоторых свойствах выпуклых функций см.:
й. Кюршак и др.. Венгерские математические олимпиады (М.,
«Мир», 1976, ч. III, пункты 43, 44, 65).
Непосредственно из определения следует, что сумма любого чис-
числа выпуклых функций выпукла и строго выпукла, если хотя бы одно
из слагаемых является таковым.
Лемма. Для любой точки х е U и любого вектора /еР" та-
такого, что х + 1-Т е U при некотором Т > 0, существует предел
dtf (*) = "т	-.	1	B4)
который называется производной функции f по вектору I в точке х*
Доказательство. В силу выпуклости U функция f(x + </) опре-
определена при 0 гй t ^ 7". Если 0 eg <i < t% ^ T, то, положив в B3)
xt = х, х2 = х + hi, a = tilh, получим
t,
~\{x + t2l),
откуда
f (х + t,/) - f Ы ^ f (х + <20 - f (х)
Следовательно, дробь, стоящая в B4) под знаком предела, моно-
монотонна и предел существует (проверьте, что он конечен во всех вну-
внутренних точках U).
19»	571

Теорема. Для того чтобы выпуклая функция имела минимум в
точке Хя е U, необходимо и достаточно, чтобы неравенство
dif (хв) > 0	B5)
выполнялось при всех I e R", таких, что хв + / • Т s U при неко-
некотором Т > 0.
Доказательство. Необходимость услоиия B5) вытекает из B4),
так как при dif(xB) < 0 и достаточно малых положительных / дол-
должно быть f(xc + tl) < f{xo).
Достаточность докажем от противного. Предположим, что B5)
верно, но f(xt) <f(xo) при некотором xie[/. Возьмем е > 0 так,
чтобы было f(xi) ^ f(xo) —е и / = jci — хв (тогда условия теоремы
выполняются при Т = 1). Пусть 0 ^ t ^ 1. По доказанному в выше
приведенной лемме
-,,,.. t^f (*« + «)Их») ^f(xB+\-l)f(xB) ^
о;! (хв) 5,	^.	j	^. — е
вопреки B5). Таким образом, f(xi) ^f(xB) при всех xi s U и хв —
точка минимума.
Заметим, что в этой теореме минимум не обязан быть строгим
(равенство f(xt) = f(xB) допускается), но он будет строгим, если
f(x) ¦—строго выпуклая функция (докажите!).
14. Конечные разности. Предположим, что функция f(x) опре-
определена при всех х ^ а. Функция
Aftf (x) = f{x + h)-f (x)	B6)
называется первой разностью для f(x) при шаге h. Разности выс-
высших порядков определяются рекуррентно:
Ajf(x) = AA(Ar'f)W.	B7)
По индукции доказывается что
А№ = Е {-I)"'1 Ф (х + jh).	(?8)
Теорема. Для того чтобы функция f(x), имеющая при х ^ а
производную (п+1)-го порядка, была полиномом степени dn, не-
необходимо и достаточно, чтобы при всех х к h
O.	B9)
Доказательство необходимости основано на том, что при взя-
взятии первой разности степень многочлена уменьшается на единицу,
поскольку
AftXft = (х + h)k — xh
есть многочлен степени k— 1.
Достаточность проще всего получить, основываясь на равенстве
/<*>(*)= Km—Г".	C0)
ft->o й
которое в условиях теоремы справедливо при 1 ^ k ^ п + 1.
Б72

Замечание. Для любой непрерывной и ограниченной при х ^ а
функции f(x) имеет место следующий замечательный аналог фор-
формулы Тейлора:
,. ^ А& (а) (х - a)k
f(x) = hm>
h	u
ft=0
сходимость ряда и предел здесь равномерны на любом конечном от-
отрезке изменения х. Если f(x)—аналитическая функция в круге
\х — а] < р, то при а^х<а + рв C1) можно переставить знаки
предела и суммы и, воспользовавшись формулой C0), прийти к
обычной формуле Тейлора (см. Э. Хилле и Р. Филлипс, Функцио-
Функциональный анализ и полугруппы, М., «Мир», 1962, с. 548).
Теорема (интерполяционный многочлен Ньютона). Полином
Р(х) степени п восстанавливается по своим значениям в п+1 рав-
равноотстоящих точках а, а + h, ..., а + nh по формуле
(x — a)(x — a—h)
(jca)+/
hnhP(a) (x-a)(x-a~h)...(x~a-(n-\)h)
"Лй	n\
C2)
Для доказательства заметим, что обе части равенства суть мно-
многочлены степени п, совпадающие в п + 1 точке, поскольку при х =
= а + kh правая часть C2) равна
ft	ft l
LlhP (a) -4 = ^5] (~1)W C'kC'l P{a + /7l)==
1-0	1=1
4-1 )ft-/ = P (a + kh).
Из формулы C2) видно, что произведения вида х(х — h) ...
... (х — nh) являются в исчислении конечных разностей аналогами
степеней. Это наблюдение подтверждается формулой
(—!)"«! hn	_
= (- х) (— х - h) ... (- х - nh) ' C3)
573

использованной в решении задачи 77 (сравните при h = 1 с форму-
формулой для п-й производной от 1/х). Формула C3) легко доказывается
по индукции При п =-0 она очевидна @! = 1), а далее
(-!)"«! Л"	(-\)nn\hn
(x+h) ...(x + h + nh) x(x + h) ... (x + nh)
^ (-\)nnihn Г	1
1_1
xl
h)...(x+nh)
При фиксированном h понятие разности произвольного порядка
имеет смысл для функций, определенных лишь в точках арифмети-
арифметической прогрессии а -{- kh, то. есть для последовательностей Полагая
as = {(а + kh), мы получаем, например, из B8) формулу, исполь-
использованную в решении задачи 20:
ЛЧ =?(-1)"-' C'nak+I.
/=о
Если последовательность аь удовлетворяет условию, аналогич-
аналогичному B9)
An+1aft^0,	C4)
то
C5)
для некоторого многочлена степени sgn. Действительно, из C4) мы
заключаем, что bh = Anaft не зависит от k и равно некоторой по-
постоянной С. Но тогда для разности а% = а,ь — с/п\ kn имеем
и можно воспользоваться индукцией. [Заметим, что если B9) имеет
место при одном h, то f(x) не обязана быть многочленом: например,
f = sin x, n = 0, h = 2я.]
h
Пусть, например, ак = ,^( Iя (ср. решение задачи 58). Тогда
ДаЛ = k" и потому A"+2aft = 0. Следовательно, afc=P(fe), где
Р — многочлен степени п+\.
Уравнения B9) и C4) являются простейшими примерами урав-
уравнений в конечных разностях. Еще один пример доставляют нам ре~
куррентные (возвратные) последовательности. В задачах этого сбор-
сборника встречаются, например, последовательности, определяемые со-
соотношениями вида
ап+2 = Лап+, + Вап.	C6)
Легко видеть, что C6) эквивалентно уравнению
ДЧ, + аЛап + |Зап = 0	C7)
Г74

(а = 2 — А, Р=1—А—В), аналогичному линейному дифферен-
дифференциальному уравнению второго порядка с постоянными коэффициен-
коэффициентами. Как и для этого последнего, общее решение уравнения C7)
или C6) является линейной комбинацией двух частных решений.
Прямой подстановкой убеждаемся, что последовательность а„ = Кп
является решением уравнения C7), если X удовлетворяет характе-
характеристическому уравнению
%2 = АХ + В.	C8)
Если корни Я-1, Хг уравнения C8) различны, то общее решение
уравнения C6) имеет вид
Если корни C8) совпадают: К\ = Хг = X, то общим решением
будет
ak = С,Хп + С2пХп.
Постоянные Ct и Сг находим по двум начальным членам после-
последовательности. Например, для последовательности Фибоначчи
ап+2 = an+i + ап, а{ = а2 = 1,
Л = ¦
2
an = —i=r
-У5Ч"
2 )
V5 V 2 ) V5 4 2 J
15. Функциональное уравнение Коши
f\x+y) = f(x) + f (у)	C9)
и родственные ему уравнения
D0)
и т. п. были в начале века довольно популярными, с одной стороны,
в связи с аксиоматикой механики, а с другой—в связи с третьей
проблемой Гильберта (равносоставлены ли равновеликие много-
многогранники?). Хорошо известно, что непрерывные решения уравнения
C9) суть только линейные функции Ах, а для уравнения D0) это
только g = 0 и g(x)=ax (см. Г. М. Фихтенгольц, М., ГИТТЛ,
1949, т. 1, с. 187—192).
Поскольку переход от уравнения D0) к C9) осуществляется
простым преобразованием f{x) =logg(x), ограничимся уравнением
C9). Тот же результат, что и выше, мы получим, потребовав вме-
вместо непрерывности выполнения любого из следующих условий:
а)	f(x) непрерывна хотя бы в одной точке;
б)	f (x) имеет производную в нуле;
в)	f(x) ограничена в окрестности нуля;
г)	f(x) монотонна;
д)	f{x) измерима по Лебегу;
е)	существует точка (хо, Уо), в некоторой окрестности которой
нет ни одной точки графика функции у = }(х),
575

Случаи «а», «б» и «г» довольно просты, и читатель может разо-
разобрать их самостоятельно в качестве упражнения; случай «в», из ко-
которого три вышеназванных получаются как следствия, несколько
сложнее, но все же доказательство для него элементарно; случаи
«д» и «е» связаны с глубокими исследованиями, о которых будет
сказано ниже.
В 1905 г. Г. Гамель построил множество, называемое теперь ба-
базисом Гамеля. Это множество G действительных чисел обладает тем
свойством, что каждое действительное число единственным образом
представимо в виде конечной линейной комбинации
D1)
чисел gi, g2, ..., gk s G с целыми коэффициентами п\, щ,, ¦ ¦., «л
[см. G. Hamel, Math. Annalen, 60 A905), 459—462, а также
А. Н. Колмогоров и С. В. Фомин, Элементы теории функций и
функционального анализа, М., Наука, 1976, с. 123].
Произвольно задав значения функции f(x) в точках множества
G, мы можем однозначно продолжить ее на всю числовую ось при
помощи равенства
где Пх — те же, что и в D1). Уравнение C9) удовлетворяется, по-
поскольку G — базис Гамеля. Этим, как легко сообразить, исчерпы-
исчерпываются все решенья уравнения C9).
К сожалению, базис Гамеля G и построенные с его помощью
решения уравнения C9) обладают весьма скверными свойствами.
Прежде всего само построение базиса Гамеля неконструктивно, оно
осуществляется при помощи леммы Цорна или трансфинитной ин-
индукции (то есть, в сущности, при помощи аксиомы Цермело). Уси-
Усилиями целого ряда выдающихся математиков, в том числе Фреше и
Банаха, было установлено, что все решения уравнения C9), отлич-
отличные от Ах, неизмеримы, график любого из них заполняет плоскость
всюду плотно (см. выше, пункты «д» и «е») и т. д.
Г. Смесь
К задаче 2.
16. Признак Гаусса. Полезно иметь в виду, что если последова-
последовательность положительных чисел а„ такова, что
ап+1
то ап ~ СК~пп , откуда, в частности, можно вывести признаки
сходимости Д'Аламбера и Гаусса. Действительно, положив
мы получаем
?76

и потому
N-l
uo
так как бесконечное произведение I I 11 + О ( —3-J I
сходится.
К задаче 5.
17. Вычисление циркулянта. Пусть f(x) = ai + a2x + ...
... + апхп~1. Умножив циркулянт Dn на определитель Вандер-
Вандермонда, построенный по ел, и воспользовавшись тождеством 8^ = 1,
получим
а2 ... ап
ап а,
а2 а3
1 1 ...1
.п-1
¦f(ei)f(e2)...
f(8i) f(e2)...f(en)
8if(ei) 82f(e2) enf(en)
1 1 ...1
81	82 ... 8Л
„n-l „n-l „n-l
откуда
поскольку определитель Вандермонда здесь отличен от 0.
К задаче 29.
18. Общий член последовательности ип, определяемой рекуррент-
рекуррентным соотношением ип = 4un-i — "n_g, имеет вид (III. 14)
где A,i. 2 = 2 ± л/3 кории уравнения Я2 = 4Л—1. Если Cf # О,
то
L-1 +С2 I -тг—
677

2
2	л/з
при п-*-оо, поскольку A,2Ai = 1<	?=--<'• Остается заметить,
2 + V3
что в нашем случае Ci =И= 0, так как иначе «2/«i = 2 — Уз . Заме-
Заметим еще, что
1+cos-^
^	^
/С задаче 40.
19. Можно заметить, что утверждение задачи остается верным,
если стороны треугольника удовлетворяют соотношению
где f(x) выпуклая (III. 13) неубывающая функция.
В самом деле, пусть, как и в доказательстве теоремы 5, 5 —
площадь треугольника со сторонами а, 6, с; s = -=- (а + Ь + с);
О
„ х* Уз"
hx —	площадь равностороннего треугольника со сторо-
стороной х. Если не все отрезки а, Ь, с равны между собой, то по тео-
теореме 4 5< Ев. Но в силу неравенства йенсена (частным случаем
которого при f(x) = х3 является утверждение теоремы 3)
и, значит, т ^ s, так как f не убывает. Поэтому Е, ^ Ет и5<
< Ет, что и требовалось доказать.
Обобщение утверждения задачи на случай многоугольника с лю-
любым числом сторон мы получим, заменив теорему 4 известным утвер-
утверждением: среди всех многоугольников с заданным числом сторон и
заданным периметром наибольшую площадь имеет правильный.
К задаче 49.
20. Аналитический критерий вписанности шестиугольника. Пусть
Pi(xuyi), i=l, 2, ..., 6, — шесть точек на плоскости. Обозначим
через 5,-,-ft площадь треугольника PiPjPh. Из утверждения задачи 49
непосредственно выводится следующий критерий, являющийся ана-
аналитическим аналогом теоремы Паскаля (III.4):
Для того чтобы точки Р\, ..., Pf, лежали на одной кривой вто-
второго порядка, необходимо и достаточно, чтобы
В самом деле, для того чтобы существовало нетривиальное
уравнение
Ах2 + Вху + Су2 + Dx + Еу + F — 0,
Б78

которому удовлетворяют данные шесть точек (хи yt), необходимо и
достаточно, чтобы (в обозначениях задачи 49) определитель A, 2,3,
4, 5, 6) был равен 0. Остается заметить, что S,-/fe = -=- (', ;', k), и
воспользоваться утверждением задачи 49.
К задаче 53.
21. Площадь треугольника на комплексной плоскости. Пусть
xk — точки на комплексной плоскости. В решении задачи 53 исполь-
использована следующая формула для площади ориентированного тре-
треугольника Ах\Х2х3:
1
1
1
В самом деле, подставляя
i + ivi щ — ivi 1
«2 + <»
«з + 'О
«з —
"з —
з Лз
+ ivh в правую часть, находим
. —it>i
и2
из
1
1
1

и2
«3
v2
Щ
1
1
1
после чего остается сослаться на известную формулу из аналитиче-
аналитической геометрии.
Кроме того, из формул для ак и bt видно, что
а3 — а2 = е (а^ — ai), b3 — b3 — e2 F2 — 6i),
откуда мы заключаем, что треугольники Л и В имеют противополож-
противоположную ориентацию. Из геометрических соображений ясно, что тре-
треугольник Л ориентирован так же, как исходный треугольник. По-
Поэтому в формуле A) из решения задачи 53 стоит тот же знак, что и
в приведенной выше формуле, а в формуле B) — противоположный.
К задаче 85.
22.	Прямая Симеона. Если точка Р принадлежит окружности,
описанной около треугольника ABC, и Л', В', С — основания пер-
перпендикуляров, опущенных из Р на прямые ВС, СА, АВ соответ-
соответственно, то А', В', С лежат иа одной прямой, называемой прямой
Симеона точки Р. (См. Зетель, соч. цит. в III. 1, с. 31.)
К задаче 104.
23.	Эллипс Штейнера. Пусть
) = 6sin<p
A)
— стандартные параметрические уравнения эллипса; Л > В. Угол <р
называется эксцентрическим углом точки (?, г\). Справедлива
579

следующая простая лемма, доказательство которой предоставляется
читателю.
Лемма. Пусть А, В, С — точки на эллипсе, отвечающие эксцен-
эксцентрическим углам а, р\ V- Если касательная к эллипсу в точке А па-
параллельна ВС, то
cos (Р — а) = cos (у — а).
Предположим теперь, что треугольник ABC вписан в эллипс так,
что касательные к эллипсу в каждой из вершин Л, В, С парал-
параллельны противоположной стороне. Такой эллипс называется эллип-
эллипсом Штейнера данного треугольника. Его существование при за-
заданных А, В, С следует из теоремы Паскаля (III. 4), примененной
к вырожденному шестиугольнику ААВВСС (каждая вершина тре-
треугольника считается за две слившиеся вершины шестиугольника, а
соответствующая сторона шестиугольника преврашается в каса-
касательную; прямая, на которой лежат точки пересечения противопо-
противоположных сторон, здесь является бесконечно удаленной прямой).
Следствие. Эксцентрические углы вершин А, В, С в эллипсе
Штейнера треугольника ABC отличаются друг от друга на -~-.
о
В самом деле, по лемме cos(<x—Р) = cos(P — y) = cos(y — a),
откуда это утверждение сразу следует.
Если центр тяжести треугольника ABC, вписанного в эллипс,
совпадает с центром эллипса, то медиана АЕ, проходящая через се-
середину хорды ВС и центр эллипса, является сопряженным диамет-
диаметром для хорды ВС, а потому касательная, проведенная в конце диа-
диаметра, параллельна этой хорде. То же верно и относительно двух
других медиан, и потому в рассматриваемой ситуации эллипс будет
эллипсом Штейпера, как это и утверждается в решении задачи 104.
Наконец, если центр эллипса находится в точке g комплексной
плоскости, а его большая полуось наклонена под углом а к вещест-
вещественной оси, то из A) получается параметрическое уравнение эллипса
в комплексной форме
г = g + eia (| + щ) = g + -^- [(Л + В) е1* + (Л - В) е~%
из которого можно найти выражения для точек г^, использованные
в решении.
К задаче 119.
24. В решении этой задачи используются следующие соотноше-
соотношения:
а)
п
?—1	I -T
i=0
n+1
t=i
580

б)
»=о
п+1
-1 Г A — jc)n+1 — 1
г+гГ1-A-*)
О
О «-0
п+1
1 у 1
П + 1 L, I
в)
i-o
'-о
п+1
1	х
О	U
о о
о о" »=о
1	п
_ 1 Г dx_ у Г 1 _ A
О	i0
О	i-0
1 у 1
2
+1
п+\
+ )
1=0	О
г)
п
2\ - JL > JL:
д) формулы B2) из III. 12 и (8) из III. 11.
581

К задаче 123.
25.	Теорема Менелая. Если стороны треугольника АВ, ВС, СА
или их продолжения пересекаются некоторой прямой (трансвер-
салью) в точках С", А', В' соответственно, то
АС ВА' СВ' _
С'В ' А'С ' В'А ~ -
(Зетель, соч. цит. в III. 1, стр. 23.)
К задаче 135.
26.	Формула Гаусса. Тригонометрическая сумма, равная следу
матрицы V, носит название суммы Гаусса. Для ее вычисления можно
воспользоваться теоремой 2 из гл. V книги К. Чандрасекхарана, Вве-
Введение в аналитическую теорию чисел (М., «Мир», 1974, с. 51). В той
же главе содержатся доказательства формул G) и (8) из III. 7. Ис-
комая сумма V е п	в обозначениях книги Чандрасекхарана
равна gB, n); ее значения приведены в тексте решения.
К задаче 147.
27.	Так как приведенное в условии задачи уравнение может
быть сведено к виду Р(х)=0, где Р — многочлен 6-й степени, то
в данном наборе действительно содержатся все корни, если они все
различны (например, при а = '/г получаем набор '/г.' 2, 1/2, 2> —U
—1, содержащий лишь три различных числа). Исключительными яв-
являются а = — 1, У2- 	Q	• 2- Предельным переходом а-+-а',
где а' одно из исключительных значений, убеждаемся, что приведен-
приведенный перечень по-прежнему доставляет все корни (либо три корня
кратности два каждый, либо два корня кратности три).
К задаче 148.
28.	Барицентрические координаты. Пусть Ph(Xh, уь), k = 1, 2, 3.
три- произвольные неколлинеарные точки на плоскости. Поместив в
них массы trih, найдем центр тяжести по формулам
_ y{m\ + yim, + Уътъ	j.
nil + m2 + nil
При надлежащем выборе неотрицательных масс tnh точку (*с, ус)
можно совместить с любой точкой треугольника Р\Р2Рз.
Если же разрешить числам nih принимать и отрицательные зна-
значения (читатель сам постарается придать этому физический смысл),
то (хс, ус) может быть любой точкой плоскости. Числа (mi, m2, m3)
называются барицентрическими координатами этой точки относи-
относительно PiPzPs. Из A) легко установить, что заданием точки ее ба-
барицентрические координаты определены однозначно с точностью до
пропорциональности, так что наборы (ть т2, т3) и (рть рт2, рт3)
при р ф 0 соответствуют одной и той же точке плоскости; набор
@,0,0) ничему не соответствует, так как формулы A) теряют
смысл. Далее, формулы A) теряют смысл при mi + т2 + т% = 0,
Б82

но если не все т^ равны нулю, то отношение хс: ус сохраняет смысл.
Можно интерпретировать при этом (хс, ус) как бесконечно удален-
удаленную точку проективной плоскости.
С этой точки зрения {гп\, т^, fn3) просто однородные координаты.
Мы получим полное соответствие со сказанным в III. 2, взяв в ка-
качестве Р3 начало декартовой системы координат, а в качестве Pi и
Рг бесконечно удаленные точки на соответствующих осях.
Барицентрические координаты относительно четверки точек в
пространстве определяются аналогично.
В решении задачи 148 используется то обстоятельство, что
знаки барицентрических координат на плоскости или в пространстве
соответствуют разбиению плоскости прямыми PjPj в первом слу-
случае, и плоскостями PjPjPft — во втором. Читатель легко восстано-
восстановит это соответствие зная определение.
К задаче 167.
29.	Свойство касательных к параболе. Для того чтобы каса-
касательные, проведенные к параболе из точки Р, были перпендикулярны,
необходимо и достаточно, чтобы точка Р лежала на директрисе па-
параболы. В этом случае касательные являются биссектрисами углов,
образованных директрисой и прямой PF, где F — фокус параболы.
Я надеюсь, что читатель без труда докажет это утверждение.
Для параболы у — х2/2р директриса имеет уравнение у = —р/2, а
фокусом параболы является точка @, р/2).
К задаче 180.
30.	Тождество Эйлера. Обозначим через Asn число способов, ко-
которыми натуральное п можно представить в виде суммы s разлиЧ'
ныл: слагаемых: rt = rti + rt2+ ... + ns, где	A)
1 < п, < п2 < ... < ns.	B)
Полагая ms = nu ms_i = и2 — nt	m.i = ns~ ns-t,
преобразуем A) к виду
и = sms + (s— 1) ms-\ + •'• + 1 • "ii.	C)
Отсюда видно, что каждому представлению (.1) при условии B)
взаимно-однозначно соответствует представление C) с натураль-
натуральными ms. Поэтому Asn равно коэффициенту при хп в произведении
рядов
1- X
„-«-•-1-
>П-	~ D)
Проведенные преобразования законны там, где перемножаемые
ряды абсолютно сходятся, то есть при |*| < 1. Там же будет схо-
сходиться абсолютно и ряд в правой части D).
583

Просуммируем теперь по s полученные выражения:
s-l fe=l	s=l n=-l	n-1
де An = ]JP ^п —число всевозможных представлений A)—B) с
любым числом слагаемых s (на самом деле в этой сумме лишь ко-
конечное число членов, так как из C) видно, что Asn = 0 при п <С
<С [s(s + l)]/2). Проведенная в E) перестановка порядка суммиро-
суммирования в двойном ряде законна (если члены ряда неотрицательны)
даже в том случае, когда ряды расходятся. Поэтому мы будем счи-
считать, что 0 :gc х <. 1.
Чтобы получить интересующее нас тождество Эйлера
остается проверить, что при 0 ^ х <С 1
ОО
1 1_ \1 Л vH	/7\
1 + Zj АпХ ¦	">
Раскрывая скобки в «частном произведении» бесконечного про-
произведения в левой части G), имеем
ЛЧ.У+1)
= 1+ t
где Яп — число способов, которыми натуральное п можно предста-
представить в виде A) с любым s, но с ограничением
Очевидно, что, с одной стороны, А„ ^ Ап, а с другой — Лп = Ап
при n^N — 1, так как в представлении (I) все п< < п. Следова-
Следовательно,
ЛЧЛЧ-1)
?84

Переходя здесь к пределу при N -*¦ оо, получаем равенство G), а
следовательно и F). Наконец, из сходимости при 0 ^ х •< 1 ряда
оо
jT xn вытекает в силу известного признака, что бесконечное про-
п—1
оо
изведение JJ A + хп) сходится, то есть обе части равенства F)
конечны.
К задаче 194.
31.	Теорема Дирихле. Если т — положительное Целое число и
целое а взаимно просто cm, то в арифметической прогрессии
а, а + т, ..., а + km, ...
содержится бесконечно много простых чисел (см., например, Чандра-
секхаран, соч. цит. в III. 26, с. 163, теорема 8).
К задаче 199.
32.	Теорема Чебышева. Обозначим, как обычно, через п{х) чис-
число простых чисел, не превосходящих х. Согласно Чебышеву
(П. Л. Чебышев, Поли. собр. соч., Изд. АН СССР, 1946, т. 1. Тео-
Теория чисел, с. 191—207." См. также А. Е. Ингам, Распределение про-
простых чисел, М. — Л., ГОНТИ, 1936, с. 24), имеет место следующее
неравенство, справедливое при всех х, больших некоторого хо.
Отсюда
In bUx ЧЪ	In x
« (*)	б, и *	24 In x + In
//гЪТ
Если правая часть больше 1, то n(s/tx) > п(х), и, значит, ме-
между х и 5/tX имеется хотя бы одно простое число. Полагая х — рп,
где рп—n-е по порядку простое число, убеждаемся, что pn+i <
< 14>п, как это и утверждалось в решении задачи 199. Указанное
неравенство выполняется при всех достаточно больших х, поскольку
при x-v + oo правая часть стремится к 25/24 > 1. (См. также
III. 41.)
К задаче 216.
33. Определитель произведения прямоугольных матриц А к В
порядков «Х и m Xп соответственно можно при п^.т найти
по формуле
det | АВ | = V det At { • det Bt { ,
Ci--.'«) '"'" '"¦¦"
где суммирование производится по всем сочетаниям по п из индек-
индексов 1, 2, ..., т; А[ и|( — минор матрицы А, образованный
585

столбцами с номерами ?,	«л, В,- ...f — минор матрицы В, обра-
образованный строками с теми же номерами.
К задаче 219.
34.	О дробях Фарея (включая доказательство упоминаемого в
решении утверждения) см., например, И. Кюршак и др., .пункт 72,
разд. III (соч. цит. в III. 1), а также И. М. Виноградов (соч. цит.
в III. 6, стр. 21).
К задаче 224.
35.	Показатель а, с которым простое р входит в разложение
числа п\ на простые сомножители, равен
¦-Ш]
fc-l-p
(И. М. Виноградов, соч. цит. в III. 6, с. 21).
К задаче 244.
36. Последовательность подходящих дробей непрерывной дроби,
данной в условии задачи:
_	q_	q
l p,x2 p, х3 р
совпадает с последовательностью итераций, которую мы получаем,
решая уравнение
простейшим методом последовательных приближений:
*i = p. xn+l=f(xn).	A)
Эта последовательность определена корректно, если ни на каком
шагу мы не попадаем в нуль, в частности если' р #= 0 (при
/э = 0 исходная непрерывная дробь теряет смысл). Общие условия,
обеспечивающие сходимость последовательности A), хорошо из-
известны, но в данном конкретном случае проще разобраться непо-
непосредственно.
Пусть | — один из корней уравнения х2 — рх -f q = 0, a tj =
с= 9/1 — второй, причем ||| > |т)|. Тогда
*»+i-i=--rJL + 4—17-(*»-» = -^-(*п-1). B)
хп 5 ё*п	хп
Случай <7 = 0 интереса не представляет, так как здесь хп = р = I-
Если р>0и<7>0, тоО<т]<1<р = л:1. По индукции до-
доказываем, что хп > I, и из B) получаем
586

Аналогично при р < 0, q > 0 имеем хп < |< ц < 0 и из B) снова
получаем C). Таким образом, .*:„->-?•
Если же q < 0, то B) удобно проитерировать:
-г-(^-ё).	D)
q
Если теперь р > 0, то, как легко проверить, х2 = р — q/p >
> | = р/2 +V/52/4 — q. По индукции мы убеждаемся, что хгк > ?,
— q > Pi — № и
2F)
Такая же оценка справедлива и при /э < 0 (здесь x2t < | < 0 и
pxh — q > р\ — q = |2). Из E) вытекает, что х2к -*¦ |, а тогда из
B) Х2/4-1 -*-1, то есть снова хп -*¦ |.
Заметим, что в рассмотренном нами случае (\ц\ < |?|) спра-
справедлива оценка
(|)\	F)
Случай |т]| = ||| может представиться, если р = 0 (эту воз-
возможность мы условились не рассматривать) или рг = Ад- Если
имеет место последнее, то
Делая подстановку ап = хп/р — '/г, получаем
ап	1
а=
и по индукции а„ = Чгп, то есть
A)	G)
Различие в асимптотиках F) и G) связано с тем, что в первом
случае |/'(|)| = |<?/|2| = h/Ц < 1, а во втором /'(?) = 1 (здесь
f(x)—та же, что и в A)). Наконец, заметим, что последователь-
последовательность хп не может сходиться к т), так как |Г(лI > '•
Применяя метод Ньютона, мы получаем последовательность х^
сходящуюся к | гораздо быстрее. А именно: если х1 = х{ = р, то из
решения задачи 244 видно, что х = х k_v Отсюда
k
2
^) при Ч = Е.
587

К задаче 256.
37. Об одном свойстве дзета-функции. В решении задачи 256
используется интересная формула (при s = 2):
оо оо
Правая часть здесь равна / —-г.—, где f(N)—число спосо-
JV=2
бов, которым Л1 можно представить в виде упорядоченной суммы
двух ненулевых квадратов. Если
где pi — простые вида 4и+1, а <7з — простые вида 4и + 3, то, со-
согласно III. 10,
если TV не является квадратом; то же выражение надо уменьшить
на 1, если N = N\.
С другой стороны,
-v gw
~ Li Ns '
Bk + \)s Lj [nBk+i)]s
fe-l	fe=0,	N-
n=l
где
Bk+l)\N
(сумма распространена на все нечетные делители числа N). Если N
имеет тот же вид, что и выше, то
=p\x ...pbkkq\l ...а]1,
и потому
Bft + 1)
Следовательно,
1) = (- 1)е'+ "¦ е' (mod 4); (-1)* еэ (-1)е»+ '" +е' (mod 2).
0<Cj<P/>	i	I
f№
688

Отсюда
у (-П*
I
¦ZZ-
1
(т2 + п2)-5
что и утверждалось.
К задаче 2S/.
38.	Полуправильные тетраэдры. Доказательство этой теоремы
можно получить из решений задач 29 и 39 в книге Д. О. Шкляр-
ского, Н. Н. Ченцова, И. М. Яглома «Избранные задачи и теоремы
элементарной математики» (ч. 3, М., 1954, ГИТТЛ). Интересно, что
существуют и другие свойства, характеризующие тетраэдры с че-
четырьмя конгруэнтными гранями. Например, достаточно, чтобы пло-
площади граней были равны и т. п. В некоторых руководствах насчи-
насчитывается до 14 эквивалентных характеристик таких тетраэдров. Их
называют полуправильными.
К задаче 289.
39.	Неравенство Шура. Нужную оценку можно получить также,
применив известлое неравенство Адамара (Ф. Р. Гантмахер, Теория
матриц, М., «Наука», 1967, стр. 230) к определителю Вандермонда:
П (*<-**)-
1 1
1
= д2
L Отсюда
так как
Поскольку при f(z) = гп — 1 левая часть равна пп, эта величина
действительно обеспечивает искомый максимум.
Замечательно, что попутно мы получили решение следующей
геометрической задачи:
В круге выбрать п точек так, чтобы произведение С2„ попар-
попарных расстояний между ними было максимальным.
Ответ—вершины правильного вписанного многоугольника.
589

К задаче 334.
40.	Еще о квадратичных вычетах и невычетах. Если р и q —
простые нечетные числа и хотя бы одно из них имеет вид 4m -j- 1,
то одновременно либо каждое из них является квадратичным выче-
вычетом по модулю другого, либо это для обоих не так (закон взаимно-
взаимности, см. III. 7 (8)). Поскольку ±1 является квадратичным вычетом
по модулю 5 B2 = —I(mod5), 42=l(mod5)), то и р = Ъш ± 1
будет таковым, а потому и 5 будет квадратичным вычетом по мо-
модулю р.
Утверждение относительно числа 2 вытекает из формулы III. 7
G) и закона взаимности.
К задаче 346.
41.	Уточнение постулата Бертрана. В 111.32 было доказано, что
при m > то ближайшее простое число, большее т, не превосходит
5/4т •< 2т — 2 (Этот результат получил еще П. Л. Чебышев, см.
его соч. цит. в III. 32.)
Можно воспользоваться также оценками:
л (х) > х/\п х	для х ^ 17,
л (х) < 1,26х/1п х для х > 2
(см. J. В. Rosser, L. Schoenfeld, Approximate formulas for some
functions of prime numbers, Illinois Mathematical Journal, 1962, № 6,
64—69; следствие из теоремы 2).
Из этих оценок при т ^ 10
п B/п — 2)	2т — 2	In т _ 2 m — I	In т
п(т)	In Bт —2) 1,26т 1,26 т 1пBт —2)
^ 1,26 10 4 ^ '
4
так как InBm — 2) < In 2m < -г- In m. Отсюда JiBm—2) >n(m),
то есть между m и 2m — 2 найдется простое число. Для 3 < m =g: 9
нужное утверждение получается непосредственной проверкой.
Л
Те же оценки позволяют доказать неравенство pn+i <-x-pn.
использованные в решении задачи 199. А именно, при х ^ 12
л C/->-*0 "hx In ле	1	In л:	,
¦ > ¦
л(х)	\пг1гХ 1,26* 0,87 In x + In 3/г '
так как 1пж>51п3/г. Отсюда между х ^ 12 и 3/гл: есть простое
число. Случай рп = 11 проверяется непосредственно.

П Р ЕДМ ЕТ Н Ы й УКАЗАХ ЕЛ Ь i
Автоморфизмы групп 243
Алгебраические уравнения 147
	, корни 24, 25, 34, 90, 164
	, система 67
Аналитическая функция 36, 128,
237, 262
Аналитический критерий вписан-
вписанности многоугольника III. 20
Арифметическая прогрессия 5,
305
Ареатангенс 396
Арккотангенс 29. 127
Арктангенс 52, 396
Базис Гамеля III. 15
—	матриц идемпотентный 97
Барицентр треугольника III. 1
Барицентрические координаты
III. 28
Бернулли многочлены второго
рода 248
—	числа 28
Бертрана постулат III. 41
Бесконечное возведение в сте-
степень 386
—	отношение 272
—	произведение 182, 197, 228,
253, 308
Бесконечный спуск, метод 107
Бином 208
Биномиальные коэффициенты 24,
46, 54, 65, 66, 79, 81, 82, 105,
124, 259, 311, 332, 352, 356, 368
Брианшона теорема III. 4
Брокара угол 160
Булево кольцо 205
Вариационное исчисление 45
Великая теорема Ферма 48, 309
Вероятность 71, 84, 142, 187, 201,
240, 271, 303, 397
Верхняя плотность числовой по-
последовательности 232
Взаимно простые числа 134
Взаимно-однозначное соответ-
соответствие между точками откры-
открытого и замкнутого отрезков
86
Взаимности закон III. 7
Вильсона теорема III. 6, 398
Вписанная сфера тетраэдра 47,
281
Выпуклая функция III. 13
Выпуклый многогранник 148
—	многоугольник 59, 117, 365
—	четырехугольник 363
Вычеты квадратичные III. 7,
III. 40
Вычисление корней "квадратного
уравнения, графический метод
	многочлена по
Ньютона 244
— циркулянта III. 17
методу
Гамеля базис III. 15
Гамильтонов цикл 358
Гамма-функция Эйлера III. 11,
77, 179
Гармоническая функция 27
Гармоническая четверка прямых
III.3
	точек III. 2
1 Числа в указателе означают номера задач, числа после римской
цифры III — номера пунктов в дополнении. — Прим. перев.
591

Гармонический ряд 304, 338,380,
381
Гаусса признак сходимости ряда
III. 16
—	сумма III. 26
—	формула III. 26
Гауссово кольцо III. 10
—	число III. 10
¦	, норма III. 10
Геометрические задачи на мак-
максимум и минимум 11, 19, 74,
102, 176, 265, 390
Геометрические построения без
линейки 21
	при помощи линейки 31,
35, 375
Гессиан 14, 36
Гипербола 129, 184
Гиперболические функции 118
Главная часть бесконечно малой
385
Группа 243, 246, 255
Движение под действием цент-
центральных сил 399
Двойное отношение III. 2
Дезарга теорема III. 4
Декарта правило 90
Делимость чисел 42, 75, 93, 112,
139, 144, 224, 231, 236, 247, 263,
264, 274, 279, 288, 291, 299, 306,
325, 347, 351, 391
Делительное свойство 276
Дзета-функция Римана III. 11,
III. 37
Диаграммы Эйлера 354
Диатомическая последователь-
последовательность Штерна 219
Диофантовы уравнения 6, 23, 65,
95
Дирихле теорема III. 31
Дифференциальный оператор,
факторизация 168
Дифференциальные уравнения
обыкновенные 61, 122, 254,
372
	в частных производных
первого порядка 136
Дроби 1, 15, 302, 334
—	непрерывные 244
—	Фарея III. 34
Естественная граница функции
262
Ъ92
Жергона точка III. 1
Задача Банаха 271
—	о бильярдном шаре 329
—	Льюиса Кэррола 8, 376
—	на определение фальшивой
монеты при помощи взвешива-
взвешивания 212, 359
—	Платона 346
—	на разрезание (планиметриче-
(планиметрическая) 16, 326
	(стереометрическая) 301,
344, 388
—	Эддингтона о четырех лже-
лжецах 240
Замечательные точки и линии в
треугольнике III. 1
Закон взаимности III. 7
Закон всемирного тяготения
Ньютона 285
Закон обращения теоретико-чис-
теоретико-числовых функций III. 8
Игра 142, 150, 187
—	в 14 187
—	на совпадение чисел 211
Идемпотентный базис матриц
97
Измеримые множества 103
Инверсор Поселье 220
Интеграл несобственный 119,210,
213, 293
—	определенный 3, 230
Интерполяционный многочлен
Ньютона III. 14
Иррациональные числа 233
Касательные к окружности 35
—	к параболе III. 29
Квадрат 16, 57, 126, 166, 260
—	магический 374, 378
Квадратичная форма, приведе-
приведение к сумме квадратов 99
Квадратичный вычет III. 7,
III. 40
—	невычет III. 7, 107
Комплексные числа 69, 291, 341
Конгруэнтные пучки прямых ,
III.3
Конечные разности III. 14, 20, 77
Коническое сечение III. 3
	вырожденное III. 3
	невырожденное 111.3
Конкурентные прямые 62

Контактная схема 317
Континуум-гипотеза Кантора 229
Конус 17, 371
Кольцо булево 205
—	гауссово III. 10
—	с делением 269
Корни алгебраического уравне-
уравнения 24, 25, 34, 90, 164
—	характеристического уравне-
уравнения 116
Кривизна 162
Кривые постоянной ширины 349
Криптарифм 310, 366
Критерий Эйлера III. 7
Куб 391
Кубический многочлен 32, 318,
328
Лемнискатное множество 289
Линия «погони» 154
—	сгиба 324
Логарифм, натуральный 157
Логические задачи НО, 252, 312,
370
Магический квадрат 374, 378
Малая теорема Ферма III. 6, 257
Мартышка и кокосовые орехи 42
Матрицы 12, 192, 337, 357, 393
Мёбиуса функция III. 8, 18S
Медианы симплекса 92
Менелая теорема III. 25
Мера 103
Мерсенна числа 267
Метод бесконечного спуска 107
Многогранники 358, 400
—	выпуклые 148
Многоугольники 72, 145, 185, 390
—	выпуклые 59, 117, 365
Многочлен 24, 278, 343
—	Бернулли второго рода 248
—	Ньютона интерполяционный
111.14
—	однородный 14, 36
—, разложение на множители 88,
101
—	симметрический 159
—	четвертой степени 379
Множество точек минимума
функции двух переменных 273
Модуль непрерывности 153
—	функции вещественного пере-
переменного 132
	комплексного переменного
. 133, 217, 250, 292
Нагеля точка III. 1
Наиболее экономичное сопротив-
сопротивление 60
Наибольший общий делитель 188,
392
Наименьшее общее кратное 138
Направляющие косинусы 106
Натуральные числа 361, 364
Неассоциативное умножение 155
Невычет квадратичный III. 40
Недесятичная система счисления
177, 221, 287
«Незаконное» сокращение 302
Необычное умножение 130
Непрерывная дробь 244
—	функция 33
Непрерывность по Чезаро 214
Неравенства 33, 118, 132, 138,
139, 156, 157, 166, 181, 185
Неравенство для концов отрез-
отрезков на числовой оси 141
—	треугольника 202
—	Шура 111.39
Неспрямляемая кривая 137
Норма гауссова числа III. 10
Обезьяна и груз 8
Объем симплекса 216
—	тела вращения 307
Огибающая семейства кривых 51
Окружность девяти точек 261,
315
Описанная гиперсфера симплек-
симплекса 140
—	окружность 315
—	сфера тетраэдра 281
Ортоцентр треугольника III. 1,
227
Определитель 5, 18, 34, 49, 66, 67,
68, 73, 82, 87, 93, 124, 125, 151,
169, 170, 188, 300, 353, 368, 378,
384
—	произведения прямоугольных
матриц III. 33
—	функциональный 43, 151, 218
Парабола 10, 13, 85, 114, 152,
167
Параболоид вращения 355
Паскаля теорема III. 4
—	треугольник 66
Пелля уравнение III. 9
Перестановка 190
—	с повторениями 109
593

—	циклическая 165
—	членов ряда 197
Пифагоровы треугольники 78,
323, 377
Плоская кривая с экстремаль-
экстремальным, свойством 45
Площадь треугольника на комп-
комплексной плоскости III. 21
Показательная функция 182
Полный четырехсторонник
III. 2
—	четырехугольник III. 2
Полуправильные	тетраэдры
III. 38
Полюс III. 5
Полярное соответствие III. 5
Последовательность числовая 30,
38, 294, 348
Постоянная Эйлера III. 12, 171,
172, 238, 275, 380
Постулат Бертрана III. 41
Правило Декарта 90
Предел 55, 72, 77, 394
—	последовательности 30, 226,
268, 348
Представление натуральных чи^
сел в виде суммы двух квад-
квадратов 111. 10
	k-n степени це-
целого числа и простого числа
239
Проверка правильности утвер-
утверждения 22, 39, 229, 385
Проективное преобразование
III.2
—	соответствие III. 2
~ — между прямыми в двух
пучках III. 3
Произведение бесконечное 182,
197, 228, 253, 308
—	отражений 395
—	последовательных целых чи-
чисел 98, 144
Простота числа, условие 332
Простые числа 100, 107, 199, 266,
335
	в арифметической прогрес-
прогрессии 305
	,распределение 183
Прямая Симеона III. 22, 85
—	Эйлера III. 1, 261
Прямоугольные треугольники ра-
рациональные 78
Прямые и точки 178
594
Равнобедренные п-точечники
360
Равномерно ограниченные сум-
суммы 284
Равносторонний треугольник 10,
16,53
Разбиение на классы 190
—	числа на слагаемые 180
Разложение в степенной ряд 7
—	целого числа в произведение
целых чисел 215
—	числа In 2 в ряд 111
	я в ряд 29, 52, 111, 249,
256, 387
Распределение простых чисел
183
	 специального вида 297
Рациональные точки на окруж-
окружности 383
—	числа 70, 78, 383
Решение уравнений в целых чис-
числах 6, 23, 44, 65, 95, 194, 209,
331
Римана дзета-функция III. 11,
III. 37
Род графа 345
Ряд гармонический 304, 338, 380,
381
—, признак сходимости Гаусса
111.16
—	расходящийся 235
—	степенной 20, 186, 228, 253,
321
—	функциональный 286
—	Фурье 241
—	числовой 2, 50, 64, 161, 197,
198, 223, 242, 258, 298, 362
Символ Лежапдра III. 7
Симметрические функции 159,
189
Система линейных уравнений 290
Спрямляемая кривая 137
Сравнение III. 6, 60, 91, 120, 196,
327, 332, 398
Среднее квадратичное 41
Степени натуральных чисел 124,
245, 319, 322
Строго выпуклая функция
III. 13
Ступенчатая функция 282
Сумма Гаусса III. 26
—	последовательных целых чи-
чисел 144

—	степеней натуральных чисел
58
—	чисел, обратных целым 70
Сфера 26, 330
Теорема Брианшона III. 4
—	Вильсона III. 6, 398
—	Дезарга III. 4
—	Дирихле III. 31
—	Паскаля III. 4
—	о среднем значении 204, 282
—	Фейербаха III. 1
—	Ферма великая 48, 309
	малая III. 6, 257
—	Хелли 278
—	Чебышева III. 32
—	Чевы III. 1, 123
—	Эйлера III. 1
Теоретико-числовая функция 163
Тетраэдр 47, 143, 281, 320, 342
Тетраэдр полуправильный III. 38
Тождество 49, 105
—	Эйлера III. 30
Точка Жергона III. 1
Точки Фейербаха III. 1
—	Эйлера III. 1
Трансверсали 115, 123
Трансцендентное уравнение 295
Треугольник 32, 40, 53, 62, 85,
108, 113, 115,	121, 123, 152, 156,
158, 160, 167,	173, 176 181, 202,
225, 227, 315,	316, 320, 369, 389
—	Паскаля 66
—	с целочисленными сторонами
121
	и площадью 173
Тригонометрические многочлены
203
—	уравнения 174, 175, 195
—	функции 234, 283
Угол Брокара 160
—	наклона касательной 162
Умножение неассоциативное 155
—	необычное 130
Уравнение Клеро 254
—	Пелля III. 9
—	алгебраическое 24, 25, 34, 67,
90, 147, 164
—	дифференциальное в частных
производных первого порядка
136
•— обыкновенное	дифферен-
обыкновенное	дифференциальное 61, 122, 254, 372
—	функциональное 4, 9, 83, 94,
131
Факториал 56, 90, 146, 191, 224,
350
Факторизация дифференциаль-
дифференциального оператора 168
Фарея дроби III. 34
Фейербаха теорема III. 1
—	точки III. 1
Ферма великая теорема 48, 309
—	малая теорема III. 6, 257
Фибоначчи числа 127, 267, 339,
384
Формула Гаусса III. 26
—	Эйлера 373
Функция аналитическая 36, 128,
237, 262
—	выпуклая III. 13
—	гармоническая 27
—.естественная граница 262
—	Мёбиуса III. 8, 189
—	непрерывная 33
—	симметрическая 159, 189
—	строго выпуклая III. 13
—	ступенчатая 282
—	Эйлера III. 8, 251
	dl <«>(*) 296
Функциональное уравнение Ко-
ши III. 15
Функциональные уравнения 4, 9,
83, 94, 131
Ханойская башня 150
Хелли теорема 278
Целая часть числа 270, 294
Цилиндр 314
Циркулянт III. 17, 5
Чебышева теорема III. 32
Чевы теорема III. 1, 123
Чевианы III. 1, 389
Четырехсторонник полный III. 2
Четырехугольник выпуклый 363
—	полный III. 2
Числа Бернулли 28
—	взаимно простые 134
—	Гаусса III. 10
—	иррациональные 233
—, обратные целым 125, 258, 280,
382
595

—	простые 100, 107, 183, 199,266, Эллипс 74, 76, 104, 176, 367
305, 335	Эйлера гамма-функция III. 11,
—	рациональные 383	77, 179
—	Фибоначчи 127, 267, 339, 384 — критерий III. 7
Числовая последовательность 30, — постоянная III. 12, 171, 172,
38, 294, 348	238, 275, 380
—	теорема III. 1
—	тождество III. 30
Штейнера эллипс III. 23 — точки III. 1

СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие редактора русского издания 	 5
I. Задачи	13
II. Решения и ответы	117
III. Дополнение редактора русского издания	545
Предметный указатель ..•,..,..	591

ЗАДАЧИ И ОЛИМПИАДЫ
Редактор А. Кондрашова
Художник Л. Муратова
Художественный редактор Т. Тихомирова
Технический редактор Н, Манохина
Корректор Е. Литвак
Сдано в набор 8/XII 1976 г. Подписано к печати
26/VII 1977 г. Бумага № 3 84Х108'/ю=9,38 бум. л.
31,50 печ. усл. л. Уч.-нзд л. 29.99. Изд. № 12/8823.
Цена 1 р. 70 к. Зак 436.
ИЗДАТЕЛЬСТВО «МИР>
Москва, 1-й Рижский пер., 2
Ордена Трудового Красного Знамени
Ленинградская типография № 2
имени Евгении Соколовой Союзполиграфпрома
при Государственном комитете Совета
Министров СССР по делам издательств,'
полиграфии и книжной торговли,
108052, Ленинград, Л-52,
Измайловский проспект. 29.

ИМЕЕТСЯ В ПРОДАЖЕ
БРИНКВОРТ Б. Дж. Солнечная энергия для человека,
пер. с англ., М., «Мир», 1976, 1 р. 01 к.
Книга английского ученого Б. Бринкворта посвящена
проблеме использования солнечной энергии человеком. Проис-
Происхождение солнечной энергии, ее взаимодействие с земной ат-
атмосферой, проблема преобразования солнечной энергии в элек-
электрическую, перспективы использования солнечной энергии че-
человеком — таков круг вопросов, рассмотренных автором.
Книга рассчитана на широкого читателя, не обладающего
специальной подготовкой.
Книгу можно приобрести или послать заказ по адресу:
191040 Ленинград, Пушкинская ул., 2, магазин № 5 «Техни-
«Техническая книга». Книга может быть выслана наложенным пла-
платежом.

ИМЕЕТСЯ В ПРОДАЖЕ
ЭРДЕИ-ГРУЗ Т. Основы строения материи, пер. с англ.,
нем., М., «Мир», 1976, 1 р. 46 к.
I В книге крупного венгерского ученого Т. Эрдеи-Груза в
популярной форме рассмотрены вопросы строения вещества:
общие положения физики микромира; строение атома, атом-
атомного ядра, молекулы; природа химических связей; структура
кристаллических и некристаллических тел.
Книга представляет большой интерес для лиц, не имею-
имеющих специального физического или химического образования,
но работающих в области естественных или технических наук.
Книгу можно приобрести или послать заказ по адресу:
191040 Ленинград, Пушкинская ул., 2, магазин № 5 «Техни-
«Техническая книга». Книга может быть выслана наложенным пла-
платежом.