Text
                    ¦/*


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, проходящ