Международные математические олимпиады - Петраков И.С., Морозова Е.А.

Author: Петраков И.С. Морозова Е.А.
Tags: математика задачи по математике олимпиады математические олимпиады
Year: 1971
Similar
Международные математические олимпиады.
Квант 02 - 1971
Квант №05 за 1995 год
Квант 11 - 1991
Text
                    МЕЖДУНАРОДНЫЕ
’ll ATE HI AT И Ч EC К И Е
О. HIM ПН АДЫ

* tga.ctga=I • sin(a—p)—sinctC!OS0—cosesin₽ • !ogb/V—/W<IogcAf • й*л^й*+>*
coM=cosaSin-B • sin(a—₽)— sinacosp—cos«sin₽• logb/V=M.Iog6W• tg«-ctga— 1
E.A.МОРОЗОВА, И. С. ПЕТРАКОВ
МЕЖДУНАРОДНЫЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
cosdsecosa sinB • Sin (a—0)=sinacosp—cosasinp • logbAf=-M.logo/V • tgs.ctga=l
•2лг+гхг+^г+гг+г«+гл-=!(г+«+>') •	« ‘оО “ «<« "«а*
3-е издание исправленное
г1 дополненное
•
ЗАДАЧИ,
РЕШЕНИЯ,
ИТОГИ
•
Пособив для учащихся
ИЗДАТЕЛЬСТВО
«ПРОСВЕЩЕНИЕ»
МОСКВА 1971
SI
№180
Морозова E. А. в Петраков И. С.
Международные математические олимпиады.
3-е изд., исправл. и доп. Задачи, решения,
итоги. Пособие для учащихся. М., „Просвеще-
ние“, 1971
254 с.
6-6
ПРЕДИСЛОВИЕ
Летом 1959 г. по инициативе Румынского математического и физического
общества совместно с Министерством просвещения Румынии была проведена
I Международная математическая олимпиада.
С тех пор стало традицией каждое лето проводить в одной из социалисти-
ческих стран Международную математическую олимпиаду. II Международная
математическая олимпиада состоялась в Румынии, III — в Венгрии, IV — в
Чехословакии, V — в Польше, VI — в СССР, VII — в ГДР.
В делегацию каждой страны входит по 8 участников — учащихся выпуск-
ных классов средних школ; как правило, это победители национальных олим-
пиад.
Национальные олимпиады имеют свои традиции и историю. В Венгрии мате-
матические олимпиады для школьников проводятся с 1894 г., в Польше —
с 1949 г., в Румынии — с 1950 г., в Болгарии и Чехословакии — с 1951 г. и в ГДР —
с 1962 г. Во многих странах олимпиадам предшествовали различные конкурсы
по решению задач. Конкурсы по решению задач имеют более давнюю традицию.
Так, например, в России они начали проводиться с 1886 г., а в Румынии —-
с 1905 г.
В СССР первые олимпиады были проведены в 1934 г. в Ленинграде и в 1935 г.
в Москве. Инициаторами их проведения были крупнейшие советские математики.
До войны олимпиады проводились ежегодно и быстро завоевали популярность.
В ряде университетов начали работать школьные математические кружки. После
Великой Отечественной войны математические олимпиады стали традиционными
для многих городов Советского Союза, их проводили университеты и пединститу-
ты совместно с органами народного образования.
Вслед за математиками свои олимпиады стали проводить физики, химики,
астрономы, географы, биологи, и с 1965 г. при филологическом факультете МГУ
проводятся олимпиады по языкознанию и математической лингвистике. Некото-
рые институты проводят смешанные физико-математические олимпиады.
В 1960 г. оргкомитет XXIII Московской математической олимпиады совместно
с Министерством просвещения РСФСР провели математические соревнования в
более широком масштабе. В них приняли участие команды 13 областей РСФСР и
9 союзных республик. Этот опыт оказался успешным, и со следующего года все-
российские математические олимпиады стали проводиться регулярно. По поло-
3
жению об олимпиаде, принятому в I960 г., она проходит в четыре тура: школь-
ный, районный, областной и заключительный. Поэтому все интересующиеся
математикой школьники получили возможность принять участие в этих соревно-
ваниях.
С 1967 г. проводятся Всесоюзные олимпиады. В них принимают участие
команды от всех областей, краев, автономных республик и команды союзных
республик, не имеющих областного деления. Таким образом, Всесоюзные олим-
пиады по существу являются отборочными для международных олимпиад.
На областные туры олимпиады выезжают члены Центрального оргкомитета,
которые участвуют в выборе задач и проверке работ. Обычно после олимпиады
проводится экзамен в физико-математические школы-интернаты. К экзаменам
допускаются все участники областного тура.
Четыре победителя из VIII—X классов от каждой области, края и авто-
номной республики приглашаются на заключительный тур, который проводится
по классам. Школьникам предлагают для решения 5 задач различной трудности.
Во время заключительного тура участникам олимпиады читают лекции круп-
нейшие ученые, организуются встречи с руководителями школьных кружков.
Для участников олимпиады организуются различные экскурсии, каждому участ-
нику выдается небольшая математическая библиотечка. Победителей олимпиады
награждают почетными грамотами.
Настоящая книга познакомит читателей с проведением международных ма-
тематических олимпиад, с задачами, предлагавшимися участникам, и их реше-
ниями, а также с именами победителей.
С согласия Международного жюри в книге приведены некоторые задачи,
присланные в жюри странами-участницами, но не использованные на олимпиа-
дах. Нам показалось полезным познакомить читателей и с задачами, предлагав-
шимися на национальных олимпиадах стран-участниц. Поэтому некоторые из
них мы включили в сборник.
Мы благодарны членам Международного жюри, руководителям иностран-
ных делегаций: профессору А. Матееву (Болгария), профессору | Р. Зелинке | и
доценту Я. Вишину (Чехословакия), профессору В. Энгелю (ГДР), доктору
Э. Ходи (Венгрия), профессору М. Чижиковскому (Польша), профессору Т. Ро-
ману (Румыния), профессору М. Илич-Даёвич (Югославия), любезно предоста-
вившим в наше распоряжение материалы международных и национальных олим-
пиад.
Мы благодарны Н. Б. Васильеву за материалы IV Всероссийской математи-
ческой олимпиады, А. Л. Тоому и Н. Н. Ченцову за советы и замечания.
♦ * ♦
Во второе издание книги включены материалы двух последних олимпиад:
VIII олимпиады, проходившей в Софии, и IX олимпиады, проходившей в Це-
тинье (Югославия). Кроме того, помещены задачи, присланные в жюри советской
делегацией, и ряд задач Румынской национальной олимпиады 1967 г. Весь мате-
риал первого издания сохранен, замеченные опечатки исправлены.
4
В третье издание книги включены материалы X Международной математичес-
кой олимпиады, проходившей в Москве, и XI олимпиады, проходившей в Буха-
ресте. В книгу включены задачи национальных олимпиад Англии, Швеции, Юго-
славии, а также некоторые задачи из материалов жюри последних олимпиад. Не-
сколько обновлены задачи, помещенные во второе издание. Все эти материалы
нам любезно предоставили руководители делегаций стран-участниц олимпиад,
за что мы благодарны Р. Линесу (Англия), Д. Сирафимову Ангелову (Болгария),
И. Раймону (Венгрия), доктору X. Баушу (ГДР), профессору Г. Фреуденталю
(Голландия), доценту Г. Гунжее (Монголия), профессору Йонеску-Бужор (Ру-
мыния), доценту Мартину Лёф (Швеция), Й. Моравчику (Чехословакия), магист-
ру В. Мичичу (Югославия).
4 МЕЖДУНАРОДНЫЕ
 МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
ПЕРВАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
С 23 по 31 июля 1959 г. в Румынии была прове-
дена I Международная математическая олимпиада.
В ней приняли участие делегации Болгарии,
Венгрии, Германской Демократической Респуб-
лики, Польши, Румынии, СССР и Чехословакии.
В соответствии с предварительной договорен-
ностью в делегацию каждой страны должно было
входить 8 учащихся во главе с руководителем и
его заместителем. И руководитель, и его замес-
титель должны участвовать в работе жюри по от-
бору задач, в проверке и оценке работ участников
олимпиады.
В состав советской делегации вошли:
Андрей Тоом — ученик школы №69 Москвы. Участник школь-
ного математического кружка при МГУ. На XXI Московской ма-
тематической олимпиаде получил третью премию, а на XX и ХХП—
похвальный отзыв первой степени;
Виктор Федорец — ученик школы № 69 Москвы. Участник школь-
ного математического кружка при МГУ. На XX и XXI математичес-
ких олимпиадах получил похвальный отзыв первой степени, а на
XXII — третью премию;
Валерий Фролов — ученик английской спецшколы № 1 Москвы.
На XXII Московской математической олимпиаде получил первую
премию;
Александр Четаев — ученик школы № 5 Москвы. Участник
школьного математического кружка при МГУ. На XX и XXII мо-
сковских олимпиадах получил вторые премии, а на XXI — третью.
Руководил советской делегацией директор школы № 450 Москвы
А. М. Владимирский.
Международное жюри возглавили академик Моисил и доценты
Роман и Симионеску из Бухареста. Жюри отобрало из предложенных
иностранными делегациями 6 задач и установило максимальное
число очков, которое могло быть присуждено за каждую задачу.
При правильном решении всех задач общее число очков могло
достигнуть 40. Максимально возможное число очков получил толь-
6
ко один учащийся — член чехословацкой делегации Б. Дивиш,
удостоенный первой премии. Первая премия присуждалась участ-
никам, набравшим от 37 до 40 очков, вторая — за 36 очков, третья
за 34 — 35 очков. Участников олимпиады, набравших от 25 до 33
очков, награждали почетными грамотами.
Первые премии получили:
Чанак Дёрдь	— Венгрия
Богуслав Дивиш	— Чехословакия
Бесараб Николеску	— Румыния
Из советских школьников Андрей Тоом набрал 34 очка и полу-
чил третью премию, Виктор Федорец (32 очка) и Валерий Фролов
(30 очков) были отмечены почетными грамотами.
Общие результаты следующие:
Страны	1	Премии 11	III	Почетные грамоты	Общее число очков
Болгария	—	••от.		1	132
Венгрия	1	1	2	1	233
ГДР	«№	—от	—	•ютот»	40
Польша		мм»		1	122
Румыния	1	2	2	1	249
СССР Чехослова-	—	—-	1	2	111
кия	1	—	—	—	192
При обсуждении командного первенства было решено удвоить
число очков, полученных советскими школьниками, в связи с тем
что от СССР участвовало не 8, а 4 ученика. Таким образом, со-
ветской команде было присуждено 222 очка.
ВТОРАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
С 18 по 25 июля 1960 г. в румынском селении
Синая состоялась II Международная математиче-
ская олимпиада. Как и первая олимпиада, она
проводилась румынским обществом математиков и
физиков совместно с Министерством культуры Ру-
мынии. В ней участвовали школьники XI и XII
классов Болгарии, Венгрии, Германской Демокра-
тической Республики, Румынии и Чехословакии.
Как и на первой олимпиаде, участникам
было предложено выполнить две работы. Первая
7
работа была рассчитана на 3 часа и включала задачи по алгеб-
ре, арифметике и тригонометрии.
Во второй день соревнований учащиеся выполняли в течение
4 часов работу по геометрии. Эта работа состояла из 4 задач.
Лучшие результаты по числу премий оказались у делегации
Венгерской Народной Республики. Ее учащиеся получили две пер-
вые и две вторые премии.
Первые премии получили:
Бела Боллобаш
Чезар Георге
Иван Корец
Ференц Мезеи
— Венгрия
— Румыния
— Чехословакия
— Венгрия
Общие результаты были следующие:
Премии
Страны
I
более
40
ОЧКОВ
II
37—40
очков
III
33—36
очков
Почетные
грамоты
29—32
очка
Общее
число
очков
Болгария
Венгрия
ГДР
Румыния
Чехосло-
вакия
2
1
1
1
2
175
248
38
248
257
2
1
1
2
1
1
1
1
2
ТРЕТЬЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
III Международная математическая олимпиада проходила с
6 по 16 июля 1961 г. в Венгрии. Она была организована Венгер-
ским математическим обществом имени Яноша Больяи совместно
с Министерством просвещения ВНР. Соревнования проходили в
здании химического института в городе Веспреме. После сорев-
нований участники олимпиады побывали на озере Балатон, позна-
комились со многими достопримечательностями венгерских городов.
В олимпиаде приняли участие делегации Болгарии, Венгрии,
ГДР, Польши, Румынии и Чехословакии. Из задач, присланных
каждой делегацией, жюри отобрало 6 задач. Соревнования прохо-
дили в течение 2 дней. Каждый день участники должны были за
4 часа решить 3 задачи.
Наибольшее возможное число очков набрал только один вен-
герский школьник Боллобаш Бела, который успешно выступал
уже во II Международной математической олимпиаде. Первую
премию присуждали учащимся, набравшим от 37 до 40 очков,
вторую — от 34 до 36, третью — от 30 до 33, почетный диплом
вручали учащимся, набравшим от 20 до 29 очков.
8
Первые премии получили:
Бела Боллобаш	— Венгрия
Йожеф Кота	— Венгрия
Матей Скворчински	— Польша
Результаты олимпиады приведены в следующей таблице:
Страны	Премии			Почет- ный диплом	Всего очков
	I	II	III		
Болгария	—	—			1	108
Венгрия	2	3	1	2	270
ГДР	—•	—	1	3	146
Польша	1	—.	—	6	230
Румыния	—	1	1	4	197
Чехослова-	—	—	1	3	159
кия					
ЧЕТВЕРТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
IV Международная математическая олимпи-
ада проводилась Чехословацким обществом ма-
тематиков и физиков совместно с Министерст-
вом просвещения и культуры Чехословакии.
Чехословацкий оргкомитет возглавил ака-
демик И. Новак. В этот оргкомитет вошли:
профессор Р. Зелинка (заместитель председате-
ля), доцент Вишин, доктор Фиедлер.
Оргкомитет разослал приглашения странам-участницам и проект
устава международных математических олимпиад. Основные поло-
жения проекта устава предусматривали ежегодное проведение олим-
пиад в одной из стран-участниц. От каждой страны предлагалось
направлять на олимпиаду делегацию в составе 8 учащихся средних
общеобразовательных и специальных школ, не старше 19 лет, под-
готовленных в объеме программы полного курса средней школы,
руководителя делегации и его заместителя. Руководитель и его за-
меститель должны принимать непосредственное участие в работе
жюри по отбору задач и проверке работ. Все руководители делега-
ций по одному от каждой страны образуют Международное жюри.
До олимпиады каждая страна должна прислать в оргкомитет
страны-организатора свои задачи. Из всех присланных задач орг-
комитет страны-организатора отбирает комплект, из которого жюри
составляет окончательный вариант задач.
Страна-организатор берет на себя все расходы, связанные с про-
ведением олимпиады. Страны-участницы несут расходы по опла-
9
те Проезда своей делегации до места проведения олимпиады и об-
ратно.
Проект был детально рассмотрен и принят в качестве устава на
одном из заседаний Международного оргкомитета. Этот устав не пре-
терпел изменений и при проведении последующих олимпиад.
Из 39 задач, представленных на рассмотрение оргкомитета, жю-
ри отобрало 7 для проведения олимпиады. В первый день соревно-
ваний предполагалось дать на 4 часа 3 задачи и во второй день на
5 часов 4 задачи. Руководители делегаций перевели задачи на род-
ные языки.
От Советского Союза в состав делегации вошли 8 учащихся:
Бернштейн Иосиф — ученик X класса 425-й школы Москвы,
участник математического кружка при МГУ им. М. В. Ломоносо-
ва. Начиная с VII класса он занимал призовые места на Москов-
ской математической олимпиаде и почти всегда получал первые
призы;
Гончарова Лидия — ученица 425-й школы Москвы, участница
математического кружка при МГУ, призер московских математи-
ческих олимпиад. Она получила первую премию на Московской
олимпиаде 1962 г.;
Куранов Геннадий — ученик X класса школы № 583 Москвы,
получивший II премию на Московской олимпиаде 1962 года;
Маргулис Григорий — ученик X класса школы № 721 Москвы.
Участник математического кружка при МГУ, призер московских
математических олимпиад, получивший первую премию на II Все-
российской математической олимпиаде;
Муштари Данияр — ученик школы № 19 Казани, призер рес-
публиканских и всероссийских олимпиад. Он получил призы на
всероссийских олимпиадах 1960, 1961 гг., а в 1962 г. на II Все-
российской олимпиаде удостоен первой премии;
Панкратьев Евгений — ученик школы № 1 г. Нижняя Тура,
Свердловской области. Он получил вторую премию на II Всерос-
сийской олимпиаде;
Потепун Алексей — ученик школы № 190 Ленинграда, участ-
ник математического кружка при ЛГУ им. Жданова, неоднократ-
ный призер ленинградских городских олимпиад, получивший
вторую премию на II Всероссийской олимпиаде;
Шерменев Александр — ученик школы № 243 Москвы, получив-
ший вторую премию на Московской городской олимпиаде 1962 г.
Руководителем делегации была доцент МГУ им. М. В. Ломоно-
сова Е. А. Морозова, заместителем руководителя делегации был
методист по математике Министерства просвещения РСФСР
И. С. Петраков.
7 и 8 июля делегации знакомились с достопримечательностями
Праги. 9 июля все участники олимпиады переехали в Югочешский
край — в город Чешские Будеевицы. 10 и 11 июля вблизи Чешских
Будеевиц в прекрасном замке Глубока проходила сама олимпиада.
10
В свободное время школьники путешествовали по Югочешско-
му краю, бывали в замках, музеях, на заводах и фабриках. Чеш-
ские Будеевицы связаны с именем знаменитого Швейка, поэтому
осмотр городских достопримечательностей вызвал особенный ин-
терес.
13 июля были подведены итоги олимпиады.
Первая премия присуждалась участникам, набравшим 46—41
очко, вторая — 40 — 34 очка, третья — 33 — 29 очков.
Остальные школьники получили дипломы участников IV Меж-
дународной математической олимпиады.
I премию получили:
Иосиф Бернштейн
Кери Гержон
Лидия Гончарова
Шебештьен Золтан
— СССР
— Венгрия
— СССР
— Венгрия
— 46 очков
— 45 очков
— 42 очка
— 41 очко
II премию получили:
Георге Экштейн	— Румыния	— 39 очков
Кота Йожеф	— Венгрия	— 39 очков
Марчин Кужма	— Польша	— 39 очков
Гальфи Лацло	— Венгрия	— 39 очков
Александру Буимовичи	— Румыния	— 38 очков
Сцидаровски Ференц	— Венгрия	— 38 очков
Боян Маринов Бонев	— Болгария	— 37 очков
Алексей Потепун	— СССР	— 37 очков
Григорий Маргулис	— СССР	— 36 очков
Георге Лустиг	— Румыния	— 35 очков
Петэр Натала	— Чехословакия	— 35 очков
Карл-Хеинц Тетш	-ГДР	— 34 очка
III премию получили:
Ячек Волецзо	— Польша	— 33 очка
Ярослав Ёжек	— Чехословакия	— 33 очка
Мирослав Светославов Такушев	— Болгария	— 33 очка
Венчжур Андрас	— Венгрия	— 32 очка
Лукиан Бадеску	— Румыния	— 32 очка
Божидар Димитров Ка- ца ров	— Болгария	— 32 очка
Симонович Миклош	— Венгрия	— 32 очка
Ян Ремпала	— Польша	— 32 очка
Флореа Хантила	— Румыния	— 32 очка
Геннадий Куранов	— СССР	— 31 очко
Ёжеф Данес	— Чехословакия	— 30 очков
Данияр Муштари	— СССР	— 30 очков
Раду Пуха	— Румыния	— 30 очков
Ева Хенсц	— Польша	— 30 очков
Карел Весели	— Чехословакия	— 29 очков
11
Результаты IV ММО приведены в следующих таблицах:
№ задач и макси- мально возможное число очков за задачу (указано в скобках)	Число участников, получивших за задачу указанное число очков								
	8	7	6	5	4	3	2	1	0
1 (6)					45	5	2	0	1	2	1
2 (6)	—	—	21	11	7	9	4	2	2
3 (8)	14	8	&	6	8	4	2	2	6
4 (5)	—	—	—	34	10	3	5	2	2
5 (7)	—	12	12	5	6	1	2	4	14
6 (6)	—	—	9	8	16	4	3	3	13
7 (8)	2	2	5	7	1	0	6	8	25
Страны	Число очков каждого участника								Общее число очков
	1	2	3	4	5	6	7	8	
Болгария	33	37	32	26	25	13	15	15	196
Венгрия	45	39	39	32	32	23	41	38	289
ГДР	14	21	18	18	21	21	34	6	153
Польша	20	30	39	32	И	19	33	28	212
Румыния	32	38	39	28	32	35	30	23	257
СССР	46	42	31	36	30	22	37	19	263
Чехословакия	30	19	35	33	20	23	29	23	212
14 июля в замке Глубока в
тей и представителей партийных
состоялось вручение дипломов и
ное закрытие олимпиады.
присутствии многочисленных гос-»
и правительственных организаций
наград победителям и торжествен-
ПЯТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
V Международная математическая олимпиада проходила с 5 по
13 июля во Вроцлаве (Польша). В ней приняли участие все стра-
ны — участницы IV олимпиады и впервые делегация Югославии.
Олимпиада проходила в соответствии с уставом, принятым на
IV олимпиаде.
Для подготовки и проведения олимпиады Министерство куль-
туры ПНР создало оргкомитет. В него вошли варшавские и вроц -
лавские математики. Непосредственную связь с делегациями других
стран осуществлял руководитель польской делегации профессор
Отто. Каждая страна направила в адрес оргкомитета свои задачи.
12
Эти задачи просмотрел профессор Страшевич, и из них отобрал
два комплекта (12 задач) для рассмотрения на жюри.
Советская делегация прибыла в Варшаву в составе:
Андреев Кирилл — ученик школы № 52 Москвы (он получил
первую премию на отборочных соревнованиях);
Зайцев Анатолий — ученик школы № 808 Москвы (получил вто-
рую премию на III Всероссийской математической олимпиаде);
Звягинцев Анатолий — ученик школы № 4 Винницы (получил
первую премию на республиканской олимпиаде УССР);
Малолеткин Геннадий — ученик школы № 307 Ленинграда
(получил вторую премию на III Всероссийской математической
олимпиаде);
Саркисян Рафаэль — ученик школы № 55 Еревана (получил
первую премию на отборочных соревнованиях);
Смирнов Сергей — ученик школы № 683 Москвы (на отбороч-
ных соревнованиях получил первую премию);
Толпыго Алексей — ученик школы № 57 Киева (на республикан-
ской математической олимпиаде УССР получил первую премию);
Фишман Владимир — ученик школы №444 Москвы (на III Все-
российской математической олимпиаде получил первую премию).
Жюри установило порядок проверки работ.
Руководитель и его заместитель проверяли все работы своей
делегации. Кроме того, на каждую задачу было выделено из числа
руководителей и их заместителей по два координатора. Координа-
торы проверяли соответствующие задачи у всех участников олим-
пиады. Тем самым обеспечивался единый критерий в оценке реше-
ния каждой задачи.
Диплом первой степени присуждался участникам, набравшим
от 35 до 40 очков, второй степени — от 28 до 34 очков и третьей сте-
пени — от 21 до 27 очков
Дипломом I степени были награждены:
Франц Дацар Геннадий Малолеткин Рафаэль Саркисян Алексей Толпыго Ласло Зидо Йосеф Данеш Анатолий Зайцев	—	39 очков (Югославия) —	39 очков (СССР) —	39 очков (СССР) —	38 очков (СССР) —	37 очков (Румыния) — 35 очков (Чехословакия) — 35 очков (СССР)
Дипломом II
Ласло Ловас
Владимир Фишман
Франтишек Сцидаровски
Йожеф Пеликан
Ласло Геренчер
Иван Болевский
Георге Люстиг
Анатолий Звягинцев
степени были награждены:
— 34 очка (Венгрия)
— 34 очка (СССР)
— 33 очка (Венгрия)
— 32 очка (Венгрия)
— 32 очка (Венгрия)
— 31 очко (Югославия)
— 31 очко (Румыния)
— 30 очков (СССР)
13
Сергей Смирнов
Патрик Фазекош
Петер Петек
— 29 очков (СССР)
— 29 очков (Венгрия)
— 29 очков (Югославия)
Дипломом III степени были награждены:
Кирилл Андреев
Г. Экштейн
Мила Мршевич
Владимир Займов
Габор Корради
С. Григореску
Эндре Макай
Бронислав Вайнриб
Ярослав Земанек
Аттила Мате
Рольф-Гунтер Ридель
Святослав Билчев
Уве Кухлер
Георгий Ганчев
Тибериу Спирку
X. Торунчик
Ханс-Ульрих Шварц
-	г- 27 очков (СССР)
—	27 очков (Румыния)
—	27 очков (Югославия)
—	26 очков (Болгария)
—	26 очков (Венгрия)
—	25 очков (Румыния)
—	25 очков (Венгрия)
—	23 очка (Польша)
—	23 очка (Чехословакия)
—	23 очка (Венгрия)
—	23 очка (ГДР)
—	22 очка (Болгария)
—	22 очка (ГДР)
—	21 очко (Болгария)
—	21 очко (Румыния)
—	21 очко (Польша)
—	21 очко (ГДР)
Общие результаты приведены
в следующих таблицах:
Страны	Число очков каждого участника								Общее число очков
	1	2	з	* 1	5	6 ।	7	8	
Болгария	26	17	10	19	18	22	21	12	145
Венгрия	33	23	26	29	25	34	32	32	234
ГДР	12	13	22	14	23	17	21	18	140
Польша	20	19	14	16	7	14	21	23	134
Румыния	18	16	27	25	31	37	16	21	191
СССР	27	35	30	39	29	39	38	34	271
Чехосло-	35	15	20	15	15	14	14	23	151
вакия									
Югославия	2	16	27	39	31	15	7	28	165
№ задач и макси- мально возмож- ное число очков (указано в скобках)	Число участников, набравших указанное число очков за каждую задачу								
	8	7	6	5	4	3	2	1	0
1 (6)			- -	15	13	12	11	7	3	3
2 (7)		7	11	15	13	5	4	6	3
3 (7)	м	16	5	6	4	4	3	5	21
4 (6)	мйа		6	4	6	5	12	15	16
5 (6)			21	11	2	1	2	4	23
6 (8)	21	15	8	1	8	3	1	1	6
Участники олимпиады познакомились с легендарной Варшавой,
Вроцлавом, ездили в Судетские горы.
14
Закрытие олимпиады проходило в старой ратуше Вроцлава.
С большой речью к участникам обратился вице-президент Польско-
го математического общества профессор Сикорский. Участников
тепло приветствовал польский математик, мэр Вроцлава профес-
сор Ивашкевич, дипломы победителям вручил профессор Стра-
шевич.
ШЕСТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
С 30 июня по 10 июля 1964 г. в Москве
на Ленинских горах в здании Московского
государственного университета им. М. В. Ло-
моносова проходила VI Международная мате-
матическая олимпиада учащихся средних
школ.
Для проведения олимпиады был создан
Международный оргкомитет под председатель-
ством вице-президента Академии педагогичес-
ких наук РСФСР профессора А. И. Маркуше-
вича.
Кроме того, была создана организационная комиссия, кото-
рая обеспечила нормальные условия работы жюри и всего хода
олимпиады.
В этой олимпиаде участвовали делегации Болгарии, Венгрии,
Германской Демократической Республики, Польши, Румынии,
Чехословакии, Югославии и Монголии.
От каждой страны на олимпиаду прибыла делегация в составе
8 учащихся, руководителя делегации и его заместителя. Советскую
делегацию возглавляли доцент МГУ им. М. В. Ломоносова Морозо-
ва Е. А. и ассистент МГУ кандидат физико-математических наук
Фукс Д. Б. Делегация учащихся была составлена из победителей
IV Всероссийской физико-математической олимпиады, проходив-
шей с участием команд всех союзных республик.
В состав нашей делегации вошли выпускники средних школ:
Алексеев Валерий — ученик XI класса физико-математической
школы-интерната при МГУ. До поступления в школу-интернат
Валерий учился в 9-й школе Ярославля. Он активно участвовал в
математических кружках, всегда выходил победителем в городских
математических олимпиадах. На II Всероссийской математической
олимпиаде в Москве Валерий получил первую премию по восьмым
классам. В следующем году он вновь получил первую премию на
Всероссийской олимпиаде по девятым классам. В 1963/64 учебном
году Валерий, будучи учеником XI класса физико-математической
школы-интерната, на заключительном туре Всероссийской олимпиа-
>5
ды получил похвальный отзыв первой степени и вторую премию
на XXVII Московской математической олимпиаде;
Архипов Геннадий — ученик XI класса физико-математической
школы-интерната при МГУ. До поступления в интернат он учился
в школе № 24 Орла. Всегда увлекался математикой и успешно участ-
вовал в олимпиадах. На III Всероссийской олимпиаде он получил
похвальный отзыв, а на четвертой — вторую премию;
Бернштейн Давид до II четверти 1963/64 учебного года учился в
X классе средней одинйадцатилетней школы № 7 Москвы, а затем
перешел в выпускной класс вечерней (сменной) школы № 182 Моск-
вы. На II Всероссийской олимпиаде получил первую премию,
на третьей — вторую премию и на четвертой — первую;
Виленкин Александр — ученик XI класса школы №444 Москвы.
Начиная с VII класса получал премии на московских олимпиадах.
В 1964 г. он был включен в команду Москвы на IV Всероссийскую
олимпиаду и получил вторую премию по одиннадцатым классам;
Ивлев Борис — ученик XI класса физико-математической шко-
лы-интерната при МГУ. До этого учился в средней школе № 5 Ря-
зани. На II Всероссийской математической олимпиаде он полу-
чил вторую премию, на третьей — вторую, а на четвертой —
первую;
Матиясевич Юрий — ученик X класса физико-математической
школы при МГУ. До этого учился в 239-й школе Ленинграда. На
II Всероссийской олимпиаде получил первую премию, на третьей —
первую премию и на четвертой — вторую премию;
Рипе Илья — ученик школы № 23 Риги. Победитель республи-
канской олимпиады Латвийской ССР. Он впервые принимал участие
в олимпиаде в Москве и получил вторую премию;
Флоренсов Александр — ученик школы № 11 Иркутска. Успеш-
но выступал в областных олимпиадах. На IV Всероссийской мате-
матической олимпиаде получил вторую премию.
В жюри с правом решающего голоса вошли руководители де-
легаций: Народной Республики Болгарии — профессор Алипи
Матеев, Венгерской Народной Республики — доктор Эндре Ходи,
ГДР — профессор Вольфганг Энгель, Монгольской Народной Рес-
публики — методист Бальжийн Алтангэрэл, Польской Народной
Республики — профессор Мичислав Чижиковский, Румынской На-
родной Республики — доцент Тибериу Роман, СССР — доцент
Е. А. Морозова, Социалистической Федеративной Республики Югос-
лавии — профессор М. Г. Илич-Даёвич, Чехословацкой Социалис-
тической Республики — профессор Рудольф Зелинка.
Для проведения соревнований жюри отобрало 6 задач и устано-
вило порядок проверки и критерии оценки работ.
Первоначально работы участников каждой делегации проверя-
лись только руководителем делегации и его заместителем. Затем
еще раз проверялись руководителями делегаций совместно с совет-
скими координаторами. В качестве официальных координаторов
16
Международное жюри назначило доктора физико-математических
наук, профессора А. А. Кириллова, кандидатов физико-математи-
ческих наук А. Б. Сосинского и Д. Б. Фукса.
4 и 5 июля каждому из участников олимпиады было предложено
в течение 4 часов решить по 3 задачи, 6 и 7 июля жюри проверяло
работы, а участники олимпиады в это время знакомились с Моск-
вой. Они осмотрели Дворец пионеров, где встретились с москов-
скими пионерами. Посетили Выставку достижений народного хо-
зяйства СССР, Оружейную палату, Кремлевский Дворец съездов,
где посмотрели балет «Лебединое озеро». Для желающих были ор-
ганизованы экскурсии в Третьяковскую галерею и Музей изобрази-
тельных искусств им. А. С. Пушкина. Глубокое впечатление на
участников олимпиады произвело посещение музея и усадьбы в
Горках Ленинских.
8 июля были подведены итоги олимпиады.
Международное жюри присудило дипломы первой степени
участникам, набравшим от 37 до 42 очков, дипломы второй степе-
ни — от 31 до 36 очков, дипломы третьей степени — от 27 до 30 оч-
ков. Остальным были выданы дипломы участников.
Дипломами I степени были награждены:
Бернштейн Давид
Геренчер Ласло
Архипов Геннадий
Ловас Ласло
Пеликан Йожеф
Тадеуш Фигель
Матиясевич Юрий
— 42 очка, СССР
— 41 очко, Венгрия
— 39 очков, СССР
— 39 очков, Венгрия
— 39 очков, Венгрия
— 39 очков, Польша
— 38 очков, СССР
Дипломами II степени были награждены:
Алексеев Валерий
Павел Буреш
Тамара Марчисова
Беркеш Иштван
Бисца Октавиан
Винеа Александру
Вольфганг Кламт
Мариан Орловски
Урумов Виктор
— 36 очков, СССР
— 36 очков, Чехословакия
— 36 очков, Чехословакия
— 35 очков, Венгрия
— 33 очка, Румыния
— 32 очка, Румыния
— 31 очко, ГДР
— 31 очко, Польша
— 31 очко, Югославия
Дипломами III степени были награждены:
Виленкин Александр
Займов Владимир
Ескенази Аврам
Керкиу Михаи
Милослав Знойль
Ивлев Борис
Кржиштоф Новински
— 30 очков, СССР
—	30 очков, Болгария
—	30 очков, Болгария
—	30 очков, Румыния
— 30 очков, Чехословакия
— 30 очков, СССР
— 30 очков, Польша
17
Войчиех Патканиовски
Спирку Тибериу
Манфред Брандт
Вршчай Станко
Флорексов Александр
Ярослав Земанек
Макан Эндре
Збигнив Слодковски
Билчев Святослав
Попеску Элеодор
Титце Моника
Цэвэгмидын Мижид-
дорж
— 30 очков, Польша
— 30 очков, Румыния
— 29 очков, ГДР
— 29 очков, Югославия
— 29 очков, СССР
— 28 очков, Чехословакия
—	28 очков, Венгрия
—	28 очков, Польша
—	27 очков, Болгария
—	27 очков, Румыния
— 27 очков, ГДР
— 27 очков, Монголия
Общие результаты приведены в нижеследующих таблицах:
№ задач	Число участников,				получивших указанное число очков					
и максимально возможное ЧИ !ЛО очков (в скобках)	9	8	7	6	5	4	3	2	1	0
1 (7)				45	2	8	6	4	3	3	1
2 (7)	—		40	0	4	1	0	0	6	21
3 (6)	—	—	—	57	6	2	0	0	2	5
4 (6)	—	1 1	—	16	1	0	0	1	4	50
5 (7)	—	—	14	3	3	23	7	14	2	6
6 (9)	3	2	1	47	3	0	5	4	1	6
Страны	Число очков каждого участника								Общее число очков
	1	2	3	4	5	6	7	8	
Болгария	30	27	24	23	23	18	30	23	198
Венгрия	35	24	24	41	24	39	28	39	253
ГДР	29	15	25	31	25	27	24	20	196
Монголия	26	22	26	26	27	14	15	13	169
Польша	39	1	26	30	31	30	28	24	209
Румыния	16	33	30	21	24	27	30	32	213
СССР	36	39	42	30	30	38	25	29	269
Югославия	16	29	24	7	18	17	13	31	155
Чехослова-									
кия	28	36	13	30	36	14	19	18	194
9 июля состоялось закрытие олимпиады. С приветствием к
участникам обратились профессор А. И. Маркушевич, а от имени
жюри — руководитель делегации ГДР профессор Энгель. Про-
фессор Энгель поблагодарил организаторов олимпиады и передал
приглашение странам-участницам приехать на VII Международ-
ную олимпиаду в 1965 году в Берлин. Здесь же были объявлены
итоги олимпиады и вручены всем участникам дипломы и призы.
18
СЕДЬМАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
вые, и ее делегация
С 3 по 13 июля 1965 г. в Берлине
(ГДР) проходила VII Международ-
ная математическая олимпиада. В
олимпиаде приняли участие школь-
ники 10 стран: Болгарии, Венгрии,
ГДР, Монголии, Польши, Румы-
нии, Советского Союза, Финляндии,
Чехословакии и Югославии. От каж-
дой страны в ГДР прибыло 8 уча-
стников. Как правило, это были по-
бедители национальных олимпиад.
Финляндия участвовала впер-
была составлена из наиболее сильных уча-
щихся некоторых школ.
В делегацию СССР вошли:
Павел Блехер — ученик школы № 7 Москвы. На XXVII и
XXVIII московских олимпиадах и IV и V всероссийских полу-
чил первые премии;
Сергей Валландер — ученик школы № 30 Ленинграда. Получил
первые премии на математических олимпиадах Ленинграда и III,
IV и V всероссийских;
Андрей Зубков — ученик школы № 444 Москвы. На XXVI,
XXVIII московских и V всероссийской олимпиадах получил вто-
рые премии, а на XXVII Московской — первую премию;
Александр Карзанов — ученик школы № 7 Москвы. На XXVII,
XXVIII московских и V Всероссийской олимпиадах получил вторые
премии;
Юрий Муравьев — ученик школы № 1 г. Владимира. Победи-
тель Владимирской областной олимпиады. На V Всероссийской
олимпиаде получил вторую премию;
Анатолий Пересецкий — ученик школы-интерната № 18 Москвы.
В интернат поступил из города Нижний Тагил. На свердловских
областных олимпиадах получил первые премии. На IV и V всерос-
сийских олимпиадах получил вторые премии;
Василий Стояновский — ученик школы № 7 Москвы. На XXVIII
Московской олимпиаде получил первую премию, а на V Всероссий-
ской — вторую премию;
Николай Широков — ученик школы № 239 Ленинграда. Побе-
дитель Ленинградской городской олимпиады. На IV Всероссийской
олимпиаде получил первую премию, а на V — вторую премию.
Делегации прибыли 3 июля и были размещены в живописном
пригороде Берлина, в Высшей школе Союза свободной немецкой
молодежи в Богензее Учащиеся осмотрели Берлин и знаменитый
19
Берлинский зоопарк, совершили интересное путешествие на паро-
ходе по реке Шпрее.
5 июля в Богензее состоялось официальное открытие олимпиады
и решение задач первого дня соревнований.
На открытии было зачитано приветствие, с которым обратился
к участникам Первый секретарь ЦК Социалистической единой пар-
тии Германии, Председатель Государственного Совета ГДР Валь-
тер Ульбрихт. В его приветствии было сказано: «Математические
олимпиады социалистических стран стали прекрасной традицией...
Вы, дорогие друзья, пополняете круг молодых людей, сердца кото-
рых отданы математике. Математика — одно из самых высоких до-
стижений человеческого разума. Она все больше и больше проника-
ет во все области человеческой деятельности. Математика настоя-
щего времени и еще больше будущего окажет решающее влияние
на техническую революцию и тем самым на дальнейший прогресс
человечества. На этом основании математическому образованию
нашей школьной молодежи мы придаем большое значение и рас-
сматриваем математику как существенную составную часть сов-
ременного общего образования».
После оглашения приветствия В. Ульбрихта участники присту-
пили к решению задач.
5, 6 и 7 июля руководители и заместители совместно с немец-
кими координаторами проверяли работы, а учащиеся в это время
осмотрели Трептов-парк и Трептовское мемориальное кладбище
советских воинов, побывали в Потсдаме. В Потсдаме учащиеся
осмотрели парк и дворец Сансуси — резиденцию последних не-
мецких кайзеров, ныне замечательный национальный парк и го-
сударственный музей.
С 8 по 11 июля для всех участников олимпиады была органи-
зована автобусная экскурсия по стране.
Через Наумбург, Иену и Веймар все участники приехали на
гору Эттерсберг — место расположения концентрационного лаге-
ря Бухенвальд. Здесь они посмотрели документальный фильм
«Бухенвальдский набат», возложили венки к памятнику Э. Тель-
ману, установленному на месте его убийства фашистами, осмот-
рели территорию лагеря, камеры пыток и убийств узников, ору-
дия пыток, крематорий. После этого в торжественной процессии
все прошли к Памятнику жертвам фашизма, где делегации воз-
ложили венки и оставили запись в Золотой книге.
Во время экскурсии в г. Веймар участники олимпиады побы-
вали в доме Шиллера, дворце Гёте. Затем через Карл-Маркс-штадт
приехали в Дрезден.
В Дрездене посетили знаменитую Дрезденскую картинную гале-
рею, Цвингер, Зеленую камеру — хранилище национальных со-
кровищ.
12 июля в Берлине, в Доме Конгрессов ГДР, состоялось зак-
рытие VII Международной математической олимпиады. На за-
20
крытии присутствовали представители ЦК Социалистической еди-
ной партии Германии и Правительства ГДР, представители всех
посольств стран-участниц, многочисленные гости и представите-
ли прессы.
С приветствием к участникам обратились Государственный со-
ветник Министерства народного образования ГДР. Руководитель
делегации Болгарии профессор А. Матеев, от имени всех участни-
ков поблагодарил организаторов олимпиады за гостеприимство и
передал приглашение на VIII Международную математическую
олимпиаду в Софию. Председатель Международного жюри и оргко-
митета профессор, доктор Энгель вручил победителям дипломы.
Дипломом первой степени награждались учащиеся, набравшие
от 38 до 40 очков, дипломом II степени — от 30 до 37 очков и дип-
ломом III степени — от 20 до 29 очков.
Диплом I степени получили:
Павел Блехер
Ласло Ловас
Сергей Валландер
Андрей Зубков
Эндре Макай
Йожеф Пеликан
Анатолий Пере-
сецкий
Николай Широков
— СССР — 40 очков
— Венгрия — 40 очков
— СССР — 39 очков
— СССР — 39 очков
— Венгрия — 38 очков
— Венгрия — 38 очков
— СССР — 38 очков
— СССР — 38 очков
Диплом II степени получили:
Александр Карзанов	— СССР	— 36 очков
Лилиана Букур	— Румыния	— 34 очка
Лаеш Поша	— Венгрия	— 34 очка
Александру Бадеску	— Румыния	— 32 очка
Дан Войкулеску	— Румыния	— 32 очка
Кржиштоф Новински	— Польша	— 32 очка
Давид Прайс	— Чехослова-
	кия	— 32 очка
Василий Стояновский—	СССР	— 32 очка
Иштван Беркеш	—	Венгрия	— 31 очко
Яков Вайнштайн	—	Румыния	— 31 очко
Манфред Бранд	—	ГДР	— 30 очков
Вольфганг Кламт	—	ГДР	— 30 очков
Диплом III степени получили:
Октавиан Биека
Петер Енсконатус
Тамара Марчи сова
Михал Мисюревич
Зенон Фортуна
Миклош Лачкових
Вальтер Липе
Велимир Боле
Гиорги Елекеш
Тадеуш Фигель
— Румыния — 29 очков
— ГДР — 29 очков
— Чехословакия — 29 очков
Польша
Польша
Венгрия
ГДР
Югославия
Венгрия
Польша
— 29 очков
— 29 очков
— 28 очков
— 28 очков
— 27 очков
— 27 очков
— 26 очков
21
Еуген Попа
Мирослав Асик
Вильгельм Отто
Богуш Сивак
Ион Стефанеску Сабба
Иордан Табов
Мирослав Резничек
—	Румыния	— 24	очка
—	Югославия	— 22	очка
— ГДР	— 22	очка
—	Чехословакия— 22 очка
— Румыния	— 22	очка
—	Болгария	— 21	очко
—	Чехословакия— 20 очков
Общие результаты приведены в нижеследующих таблицах:
Страны	Число очков каждого участника								Общее число очков
	1	2	3	4	5	6	7	8	
Болгария	15	7	И	9	4	10	16	21	93
Венгрия	31	27	28	40	38	38	34	4	244
ГДР	30	29	30	9	28	22	14	13	175
Монголия	5	И	9	6	11	6	10	5	63
Польша	26	29	9	19	16	29	32	18	178
Румыния	32	29	34	24	18	22	32	31	222
СССР	40	36	19	38	38	32	39	39	281
Финляндия	8	16	6	5	3	12	8	4	62
Чехословакия	11	16	29	17	32	20	22	12	159
Югославия	22	27	13	19	14	12	18	12	137
№ задач и максимально возможное число ОЧКОВ (в скобках)	Число участников, получивших указанное число очков									
	9	8	7	6	5	4	3	2	1	0
1 (4)					-—					37	9	15	13	6
2 (6)	—	—	——	19	5	4	6	11	18	17
3 (8)	—	30	3	2	4	3	0	5	10	23
4 (6)	—	—	14 "	37	6	7	4	19	5	2
5 (7)	——	—	26	9	3	3	4	8	12	15
6 (9)	10	0	2	0	0	11	13	10	13	21
ВОСЬМАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
С 3 по 13 июля 1966 г. в Болгарии проходи-
ла VIII Международная математическая олим-
пиада. В ней приняли участие школьники
Болгарии, Венгрии, Германской Демокра-
тической Республики, Монголии, Польши,
Румынии, СССР, Чехословакии и Югославии.
В состав советской делегации вошли:
Юрий Богданский — ученик X класса
школы № 38 Киева. В 1963 г. он занял 2-е
место на Киевской городской олимпиаде,
22
в 1964 г. — 1-е место на республиканской олимпиаде УССР, в
1965 г. — 2-е место на Киевской городской и 1-е место на респуб-
ликанской олимпиадах, в 1966 г. — 1-е место на Киевской город-
ской и Всеукрайнской олимпиадах, а также получил I премию на
Всероссийской олимпиаде;
Сабир Гусейн-Заде — ученик X класса школы № 2 Москвы.
На Московской городской олимпиаде он получил в 1963 г. и в
1964 г. похвальные отзывы, в 1965 г. — II премию, в 1966 г. занял
3-е место. На Всероссийской олимпиаде в 1965 г. получил II пре-
мию, в 1966 г. — I премию;
Александр Заимских — ученик школы-интерната № 18 при
МГУ. В 1964 г. он получил I премию на Свердловской областной и
III премию на Всероссийской олимпиадах, в 1965 г. — I премию
на Московской городской и II премию на Всероссийской олимпиа-
дах, в 1966 г. — II премию на Московской городской и I премию
на Всероссийской олимпиадах;
Сергей Либер — ученик X класса школы № 42 Саратова.
В 1964 г. он получил I премию на областной и III премию на Все-
российской олимпиадах, в 1965 г. — I премию на областной и
II премию на Всероссийской олимпиадах, в 1966 г. — II премию на
областной и I премию на Всероссийской олимпиадах;
Андрей Марченко — ученик X класса школы № 27 Харькова.
В 1964 г. он получил I премию на Всеукраинской и Всероссийской
олимпиадах, в 1965 г. — II премию на Всеукраинской и II премию
на Всероссийской олимпиадах, в 1966 г. — I премию на Всеукраин-
ской и I премию на Всероссийской олимпиадах;
Борис Матикайнен — ученик X класса физико-математической
школы-интерната № 18 при МГУ. В 1964 г. он получил I премию
на Куйбышевской областной олимпиаде и III премию на Всерос-
сийской, в 1965 г. — III премию на Московской городской олим-
пиаде, в 1966 г. — I премию на Московской городской и I премию
на Всероссийской олимпиадах;
Григорий Розенблюм — ученик XI класса школы № 239
Ленинграда. В 1964 г. он получил I премию на Ленинградской го-
родской и II премию на Всероссийской олимпиадах, в 1965 г. —
I премию на Ленинградской городской и похвальный отзыв на
Всероссийской олимпиадах, в 1966 г. — I премию на Ленинград-
ской городской и I премию на Всероссийской олимпиадах;
Михаил Фокин — ученик X класса школы-интерната при Ново-
сибирском университете. В 1964 г. он получил II премию на Красно-
ярской краевой олимпиаде и I премию на Всесибирской, в 1966 г. —
I премию на Новосибирской и I премию на Всероссийской олим-
пиадах .
5 и 6 июля с 9 до 13 часов в здании Софийского университета
участники олимпиады решали задачи.
В свободное от соревнований время учащиеся с большим инте-
ресом осмотрели Софию и ее окрестности: обширные зеленые парки,
23
памятники воинам-освободителям, собор Александра Невского.
Посетили мавзолей Георгия Димитрова, Музей Сопротивления.
Всем очень понравилась автобусная прогулка на гору Витоша,
у подножия которой расположена София.
Перед закрытием олимпиады для ее участников и членов жюри
была организована четырехдневная автобусная экскурсия по стра-
не. Участники олимпиады побывали в городах Велико Тырново,
Тырговище, Варна, Несебр, Бургас, Стара Загора, Пловдив, Боро-
вец, отдыхали на Золотых Песках и Солнечном берегу, и повсюду
их гостеприимно встречали болгарские друзья.
13 июля в актовом зале Софийского университета состоялось
закрытие олимпиады. Участников тепло приветствовал министр
просвещения НРБ товарищ Ганчо Ганев.
Председатель Международного жюри профессор Алипи Матеев
вручил дипломы победителям и участникам олимпиады.
Дипломом I степени награждены участники, набравшие 39—
40 очков.
Дипломом II степени награждены участники, набравшие от
34 до 38 очков.
Дипломом III степени награждены участники, набравшие от
31 до 33 очков.
Диплом I степени получили:
Юрий Богданский (СССР)	— 40 очков
Дан Войкулеску (Румыния)	— 40 очков
Сабир Гусейн-Заде (СССР)	— 40 очков
Петер Енсконатус (ГДР)	— 40 очков
Вальтер Липе (ГДР)	— 40 очков
Ласло Ловас (Венгрия)	— 40 очков
Андрей Марченко (СССР)	— 40 очков
Михал Мисюревич (Польша)	— 40 очков
Йожеф Пеликан (Венгрия)	— 40 очков
Лайош Поша (Венгрия)	— 40 очков
Йозеф Рихард (ГДР)	— 40 очков
Григорий Розенблюм (СССР)	— 39 очков
Михаил Фокин (СССР)	— 39 очков
Диплом II степени получили:
Йован Вукмирович (Югославия)	— 38 очков
Борис Матикайнен (СССР)	— 38 очков
Богуш Сивак (Чехословакия)	— 38 очков
Тадеуш Фигель (Польша)	— 38 очков
Рейнхард Хоппнер (ГДР)	— 38 очков
Еуген Попа (Румыния)	— 37 очков
Александр Торгашев (Югославия)	— 37 очков
Тадеуш Иванец (Польша)	— 36 очков
Миклош Лацкович (Венгрия)	— 36 очков
Зенон Фортуна (Польша)	— 36 очков
Герт Зиберт (ГДР)	— 35 очков
24
Хенрик Иванец (Польша)
Стефан Хаинрих (ГДР)
Ласло Бабаи (Венгрия)
Георги Таргов (Болгария)
— 35 очков
— 35 очков
— 34 очка
— 34 очка
Диплом III степени получили:
Александру Бадеску (Румыния) — 33 очка
Александр Заимских (СССР)	— 33 очка
Людмила Крстева (Болгария) — 33 очка
Здислав Яцек Литвин (Польша) — 33 очка
Богдан Лунгулеску (Румыния) — 33 очка
Ерней Полайнар (Югославия)	— 33 очка
Петко Казанджиев (Болгария)	— 32 очка
Петер Медерлы (Чехословакия) — 32 очка
Владимир Михайлов (Болгария) — 32 очка
Ласло Шурани (Венгрия)	— 32 очка
Петер Курка (Чехословакия) — 31 очко
Общие результаты приведены в следующих таблицах:
Кг задач и макси - мально возможное число очков (в скобках)	Число участников, получивших указанное число очков								
	8		6	5	4	3_	2	1	0
1 (6)				50	2	4	3	0	3	10
2 (7)		48	5	1	2	0	2	2	12
3 (7)	—.	20	4	6	5	7	5	5	20
4 (5)		—-		68	3	0	0	0	1
5 (7)	—	33	3	2	7	5	7	5	10
6 (8)	51	6	2	1	6	3	1	1	1
Страны	Номера участников и число набранных ими очков								Об шее число очков
	1 1 2		з	4	5	6	7	8	
Болгария	32	34	22	33	28	32	29	28	238
Венгрия	34	30	29	36	40	40	40	32	281
ГДР	40	35	38	40	40	26	35	26	280
Монголия	8	12	14	5	9	15	18	7	88
Польша	38	36	35	36	26	33	40	25	269
Румыния	37	40	33	29	29	30	26	33	257
СССР	40	40	33	24	40	38	39	39	293
Чехословакия	20	31	32	16	22	38	29	27	215
Югославия	30	16	33	27	16	27	37	38	224
25
ДЕВЯТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
Со 2 по 13 июля 1967 г. в югославском
городе Цетинье проходила IX Междуна-
родная математическая олимпиада. В го-
род Цетинье приехали традиционные участ-
ники олимпиады — делегации Болгарии,
Венгрии, ГДР, Монголии, Польши, Ру-
мынии, Советского Союза, Чехословакии,
Англии, Италии, Франции и Швеции
Югославии. Делегации
принимали участие в олимпиаде впервые.
Делегация Италии состояла из шести учеников, делегация
Франции — из пяти школьников и участвовала только во втором
дне соревнований.
Во всех странах Международной олимпиаде предшествовали на-
циональные олимпиады, конкурсы и отборочные соревнования.
Так, в СССР в апреле была проведена Всесоюзная олимпиада. Ее
победители были включены в комнаду СССР на IX Международ-
ную математическую олимпиаду. Кроме того, в команду были
включены школьники выпускных классов, которые из года в год
давали высокие результаты на всероссийских олимпиадах.
В состав советской делегации вошли:
Михаил Бошерницан — ученик X класса школы-интерната № 18
при МГУ. В 1964 г. в VII классе получил I премию по девятым клас-
сам на городской олимпиаде в г. Черновцы (УССР), в 1965 г. полу-
чил I премию на городской и областной олимпиадах по математике
и I премию на областной олимпиаде по физике, I премию по мате-
матике на Всеукраинской и Всероссийской олимпиадах и I премию
по физике на Всероссийской олимпиаде, в 1966 г. — премию на
Московской олимпиаде и II премию на Всероссийской олимпиаде,
в 1967 г. — III премию на Московской олимпиаде;
Юрий Жаринов — ученик школы-интерната № 165 при Новоси-
бирском университете. В 1964 г. получил I премию на Ташкент-
ской городской олимпиаде по математике, в 1966 г. получил II пре-
мию по математике на Узбекской республиканской и Всероссийской
олимпиадах и I премию на Всесибирской олимпиаде по физике,
в 1967 г. получил III премию на Всесоюзной олимпиаде по мате-
матике;
Игорь Кричевер — ученик школы-интерната при МГУ. С V
по VIII класс ежегодно получал первые премии на Таганрогской
городской олимпиаде, в 1965 г. на Всероссийской олимпиаде полу-
чил похвальный отзыв, в 1966 г. на Всероссийской олимпиаде получил
I премию, в 1967 г.—похвальный отзыв на Московской олимпиаде;
Александр Лившиц — ученик школы № 239 Ленинграда. В
VI—VII классах на ленинградских олимпиадах получал первые
премии по восьмым классам, в 1966 г. получил первые премии на
26
ленинградских городских и всероссийских олимпиадах по мате-
матике и по физике, в 1967 г. получил первые премии на Ленинград-
ской городской олимпиаде по математике и по физике и I премию
на Всесоюзной олимпиаде по математике;
Сергей Соболев—ученик IX класса школы-интерната № 165
при Новосибирском университете. В 1965 г. получил I премию на
Узбекской республиканской олимпиаде и II—на Всесибирской,
в 1966 г. — первые премии на Узбекской республиканской и Все-
российской олимпиадах, в 1967 г. — II премию на Всесоюзной
олимпиаде по математике (первые премии по девятым классам не
присуждались);
Андрей Суслин — ученик школы № 183 Ленинграда. Получил
в V, VI, VIII и IX классах первые премии на ленинградских город-
ских олимпиадах, в 1964 г. — II премию, а в 1965 г. — I премию
на всероссийских олимпиадах;
Виктор Турчанинов — ученик школы-интерната № 45 при Ле-
нинградском университете. Получил в 1965 г. II премию на Мур-
манской областной олимпиаде, в 1966 г. — вторые премии на Ле-
нинградской городской и Всероссийской олимпиадах, в 1967 г. —
I премию на Ленинградской городской и III на Всесоюзной олим-
пиадах;
Вячеслав Харламов — ученик школы-интерната № 45 при Ле-
нинградском университете. Получил в 1966 г. II премию на Ленин-
градской городской олимпиаде и I премию — на Всероссийской, в
1967 г. — II премию на Ленинградской городской олимпиаде.
Большинство делегаций прибыло в Цетинье 2 июля. Два дня
участники отдыхали, ходили в горы, осматривали музеи древней
столицы Черногории города Цетинье, совершили восхождение на
гору Ловчен, где находится мавзолей одного из выдающихся пра-
вителей Черногории — Негоша.
5 июля — открытие олимпиады и первый день соревнований.
На открытии с приветствием к участникам обратился министр
просвещения Югославии товарищ Мичунович и председатель ор-
ганизационного комитета президент Общества математиков, физи-
ков и астрономов Югославии профессор Блануша.
После соревнований 6, 7, 8 июля учащиеся ездили на Адриати-
ческое море, в города Будву, Котор и их окрестности. 9 и 11 июля
были организованы автобусные экскурсии в прекрасный город
Дубровник и на Белградские озера. Путешествия проходили по
живописным местам.
12 июля в здании городского совета Цетинье состоялось тор-
жественное закрытие олимпиады. С приветствием к участникам
обратились министр просвещения Югославии Вукашин Мичуно-
вич и председатель жюри профессор Милица Ильич-Даёвич. Они
же вручили дипломы и призы победителям.
Дипломом I степени награждались участники, набравшие от
38 до 42 очков.
27
Дипломом II степени награждались участники, набравшие от 30
до 37 очков.
Дипломом III степени награждались участники, набравшие
от 22 до 29 очков.
Диплом I степени получили:
Криштоф Бандт (ГДР)	— 42 очка
Дан Войкулеску (Румыния)	— 42 очка
Петер Георгиев (Болгария)	— 42 очка
Александр Лившиц (СССР)	— 42 очка
Штефан Хайнрих (ГДР)	— 42 очка
Симон Филипс Нортон (Англия)	— 41 очко
Виктор Турчанинов (СССР)	— 39 очков
Рейнхард Хоппнер (ГДР)	— 39 очков
Дёрдь Елекеш (Венгрия)	— 38 очков
Андрей Суслин (СССР)	— 38 очков
Ласло Шурани (Венгрия)	— 38 очков
Диплом II степени получили:
Михаил Бошерницан (СССР)	— 37 очков
Малькольм Вильямсон (Англия)	— 36 очков
Зиберт Герт (ГДР)	— 35 очков
Роберто Дворничих (Италия)	— 35 очков
Юрий Жаринов (СССР)	— 35 очков
Ласло Бабаи (Венгрия)	— 34 очка
Еуген Попа (Румыния)	— 34 очка
Патрик Фаир (Англия)	— 34 очка
Целе Ульрих (ГДР)	— 33 очка
Гиорги Хоггман (Венгрия)	— 33 очка
Игорь Кричевер (СССР)	— 32 очка
Ласло Кширмац (Венгрия)	— 31 очко
Вольфганг Бурмайстер (ГДР)	— 30 очков
Богуш Сивак (Чехословакия)	— 30 очков
Диплом III степени получили:
Радован Грегор (Чехословакия)	— 29 очков
Еуген Лунгулеску (Румыния)	— 29 очков
Артур Дейвис (Англия)	— 28 очков
Михаел Каллен (Англия)	— 28 очков
Влад Сергиеску (Румыния)	— 28 очков
Андреш Шцукс (Венгрия)	— 28 очков
Бендт Эк (Швеция)	— 28 очков
Павел Полкар (Чехословакия)	— 27 очков
Сергей Соболев (СССР)	— 27 очков
Дашдорж (Монголия)	— 26 очков
Марко Маргиоччо (Италия)	— 26 очков
Янош Пинтц (Венгрия)	— 26 очков
Томо Писански (Югославия)	— 26 очков
Вячеслав Харламов (СССР)	— 25 очков
Дикран Дикранян (Болгария)	— 24 очка
28
Смит Камерон (Англия)	— 24 очка
Томаш Машек (Чехословакия)	— 24 очка
Фриц Иоахим (ГДР)	— 23 очка
Золтан Лабороци (Венгрия) — 23 очка
Пер Линдберг (Швеция)	— 23 очка
Калин Поп (Румыния)	— 23 очка
Давид Гарленд (Англия)	—22 очка
Станислав Лоясевич (Польша)	—22 очка
Слободан Попович (Югославия) — 22 очка
Дан Ралеску (Румыния)	— 22 очка
Томаш Слив ник (Югославия) — 22 очка
Советский школьник А. Лившиц был единственным полностью
решившим задачу № 4. За решение этой задачи ему был присуж-
ден специальный приз.
За решение задачи № 5 специальный приз присужден болгар-
скому школьнику П. Георгиеву.
За решение задачи № 3 специальный приз присужден англий-
скому школьнику Филипсу Нортону.
Общие результаты IX Международной математической олим-
пиады приведены в нижеследующих таблицах:
№ задач и мак- симальное число очков в (скобках)		Число участников, получивших указанное число очков								
	8	7	.«	5		3	2	1	0
1 (6)	—		31	8	10	16	7	10	12
2 (7)	—•	27	5	16	8	7	6	5	20
3 (8)	28	0	2	0	4	6	6	3	45
4 (6)	—	——	43	И	10	16	7	1	12
б (/)	—	23	4	7	9	6	8	20	22
6 (8)	29	5	И	7	6	11	7	5	18
Страны	Номера участников и число набранных ими очков								Общее число очков
	1	2	3	3	3	6	1 7	8	
Англия	24	28	18	36	34	28	41	22	231
Болгария	7	14	24	20	20	11	21	42	159
Венгрия	34	31	38	33	23	26	38	28	251
ГДР	42	30	23	42	39	35	13	33	257
Италия	20	35	19	7	26	3			ПО
Монголия	10	И	26	5	6	9	7	13	87
Польша	22	8	12	7	18	5	9	20	101
Румыния	34	42	22	17	29	19	28	23	214
СССР	37	35	32	42	27	38	39	25	275
Франция	4	10	9	6	12				41
Чехословакия	16	27	30	24	9	13	11	29	159
Швеция	16	10	15	28	9	20	14	23	135
Югославия	13	18	11	18	26	22	6	22	136
29
ДЕСЯТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
X Международная математическая олимпиада
проходила в Москве с 5 по 18 июля 1968 г. В
олимпиаде приняли участие делегации Англии, Бол-
гарии, Венгрии, ГДР, Италии, Монголии, Польши,
Румынии, Советского Союза, Чехословакии, Шве-
ции, Югославии. Австрия была представлена наб-
людателем.
Для проведения олимпиады был создан оргкоми-
тет и Международное жюри. Председателем жюри
был назначен первый вице-президент Академии педа-
гогических наук СССР, профессор Московского уни-
верситета А. И. Маркушевич.
5 июля 1968 г. в Москву прибыли руководители делегаций —
члены международного жюри.
На первом заседании жюри 6 июля были рассмотрены отобран-
ные ранее задачи, а также задачи, только что представленные в
жюри. На втором заседании 7 июля из этих задач были выбраны 6
для проведения соревнований.
8 и 9 июля тексты принятых задач были переведены на род-
ные языки участников олимпиады и была тщательно проверена
идентичность формулировок задач на всех языках.
По мнению многих членов жюри, предложенные задачи были
легче предлагавшихся на прошлых олимпиадах.
В состав советской делегации были включены:
Белый Геннадий — ученик X класса физико-математической
школы (ФМШ). при Киевском университете. В 1966 г. он получил
I премию на Днепропетровской и II премию на Всеукраинской
олимпиадах. В 1967 г. — I премию на Киевской и II премию на
Всеукраинской олимпиадах. В 1968 г. — I премию на Киевской и
Всеукраинской олимпиадах и II премию на Всесоюзной;
Блюдзе Михаил — ученик X класса ФМШ при ЛГУ. Он полу-
чил на ленинградских олимпиадах в 1965 г. I премию, в 1966 г. —-
II, в 1967 г. — III, в 1968 г. — I. В 1968 г. — III премию на Все-
союзной олимпиаде;
Кумарин Виктор — ученик X класса ФМШ при ЛГУ. Полу-
чил первые премии на ленинградских городских олимпиадах 1967
и 1968 гг. и II премию на Весоюзной олимпиаде 1968 г.;
Курчанов Павел — ученик X класса ФМШ при МГУ. В 1966 г.
получил I премию на Свердловской областной и III премию на
Всесоюзной олимпиадах, в 1967 и 1968 гг. — I премию на москов-
ских олимпиадах, в 1968 г. — II премию на Всесоюзной олимпиаде;
Макарычев Владимир — ученик X класса школы № 239 Ленин-
града. На ленинградских городских олимпиадах получал в 1963,
30
1964, 1965, 1967, 1968 гг. вторые премии, в 1966 г. — III премию,
на Весоюзной олимпиаде 1968 г. —III премию;
Пономаренко Владимир — ученик X класса ФМ1П при МГУ.
В 1966 г. получил на Московской городской олимпиаде похвальный
отзыв, в 1968 г. — I премию и на Всесоюзной олимпиаде 1968 г. —
II премию;
Соболев Сергей — ученик X класса ФМШ при Новосибирском
университете. В 1965 г. получил I премию на Узбекской республи-
канской и II премию на Всесибирской олимпиадах, в 1966 г. — I
премию на Узбекской республиканской и Всероссийской олимпи-
адах, в 1967 г. — II премию на Всесоюзной математической олим-
пиаде и диплом III степени на IX Международной математической
олимпиаде в Югославии, в 1968 г. — II премию на Всесоюзной олим-
пиаде;
Федотов Валерий — ученик X класса школы № 239 Ленингра-
да. Получил на ленинградских олимпиадах в 1964, 1965 и 1967 гг.
первые премии, в 1966, 1968 гг. — вторые премии и на Всесоюзной
олимпиаде 1968 г. — II премию.
10 июля состоялось открытие олимпиады.. На нем присутство-
вали все члены международного жюри, заместитель министра про-
свещения СССР, руководители Управления международных связей
Министерства просвещения СССР, представители Мосгороно и дру-
гих организаций.
После официального открытия участники олимпиады разошлись
по восьми аудиториям. В каждой аудитории находилось по одному
участнику от каждой делегации. В первый день в течение четы-
рех часов они решили задачи № 1—3, во второй — задачи
№? 4—6.
Начиная со второй половины дня 10 июля и до 13 июля члены
жюри проверяли работы участников олимпиады. Для обеспечения
единства в оценке работ участников были выделены советские ко-
ординаторы: кандидат физико-математических наук А. Б. Сосин-
ский, ассистент Ю. С. Ильяшенко, научные сотрудники Н. Б. Ва-
сильев и А. Л. Тоом, бывшие победители международных олим-
пиад — аспиранты Иосиф Бернштейн и Алексей Толпыго, которые
после проверки работ руководителями делегаций еще раз про-
сматривали все работы и согласовывали количество очков за реше-
ние соответствующих задач. Работы советских школьников коор-
динировали руководители делегаций стран, от которых были при-
няты задачи.
14 июля жюри подвело окончательные итоги соревнований.
Дипломами I степени награждались участники, набравшие 39—40
очков.
Дипломами II степени награждались участники, набравшие от
33 до 38 очков.
Дипломами III степени награждались участники, набравшие
от 25 до 32 очков.
31
Диплом I степени получили:
Бабаи Ласло (Венгрия)	— 40 очков
Бандт Христов (ГДР)	— 40 очков
Берчану Барбу Рудольф (Румыния)	— 40 очков
Блюдзе Михаил (СССР)	— 40 очков
Генрих Стефан (ГДР)	— 40 очков
Гертнер Юрген (ГДР)	— 40 очков
Дыдак Ежи (Польша)	— 40 очков
Курчанов Павел (СССР)	— 40 очков
Машек Томаш (Чехословакия)	— 40 очков
Персон Ульф (Швеция)	— 40 очков
Пинц Янош (Венгрия)	— 40 очков
Пономаренко Владимир (СССР)	— 40 очкбв
Сивак Богуш (Чехословакия)	— 40 очков
Соболев Сергей (СССР)	— 40 очков
Чирмас Ласло (Венгрия)	— 40 очков
Целе Ульрих (ГДР)	— 40 очков
Бурмайстер Вольфганг (ГДР)	— 39 очков
Вильямсон Малькольм (Англия)	— 39 очков
Нортон Симон (Англия)	— 39 очков
Портерфилд Вильям (Англия)	— 39 очков
Федотов Валерий (СССР)	— 39 очков
Шиманьски Болеслав (Польша)	— 39 очков
Диплом II степени получили:	
Кокс Кллифорд (Англия)	— 38 очков
Кумарин Виктор (СССР)	— 38 очков
Лемперт Ласло (Венгрия)	— 38 очков
Сколз Джон (Англия)	— 38 очков
Сюч Андреаш (Венгрия)	— 38 очков
Дикранян Дикран (Болгария)	— 37 очков
Лишка Тадеуш (Польша)	— 37 очков
Роос Ганс-Герт (ГДР)	— 37 очков
Френкнер Бьёрн (Швеция)	— 37 очков
Коци Ласло (Венгрия)	— 36 очков
Бенгт Эк (Швеция)	— 35 очков
Градинару Стефан (Румыния)	— 35 очков
Иванов Иван (Болгария)	— 35 очков
Мюллер Владимир (Чехословакия)	— 35 очков
Слива Ян (Польша)	— 35 очков
Винарек Иржи (Чехословакия)	— 34 очка
Нэст Рышард (Польша)	— 34 очка
Полцар Павел (Чехословакия)	— 34 очка
Фелгенхауер Андреас (ГДР)	— 34 очка
Фритц Иоахим (ГДР)	— 34 очка
Дренски Веселии (Болгария)	— 33 очка
Полак Либор (Чехословакия)	— 33 очка
Диплом Ш степени получили:	
Макарычев Владимир (СССР)	— 32 очка
Мере Ласло (Венгрия)	— 31 очко
Ваннебу Андреас (Швеция)	— 30 очков
Дэвис Эльвин (Англия)	— 30 очков
Сергиеску Влад (Румыния)	— 30 очков
Риенефорс Гуннар (Швеция)	— 30 очков
Белый Геннадий (СССР)	—29 очков
32
Дворничич Роберто (Италия)
Милев Неделчо (Болгария)
Поп Хория (Румыния)
Пшитыцки Фэликс (Польша)
Юхансон Педер (Швеция)
Альм Эрик (Швеция)
Найман Бранко (Югославия)
Михалецкии Гиорги (Венгрия)
Пэтрык Хэнрык (Польша)
Житко Томо (Югославия)
Каделбург Зоран (Югославия)
Мортенсон Клос (Швеция)
Ливер Ноэл (Англия)
— 29 очков
— 29 очков
— 29 очков
— 29 очков
— 29 очков
— 28 очков
— 28 очков
— 28 очков
— 28 очков
—27 очков
—27 очков
— 27 очков
— 26 очков
Кроме того, было решено присудить специальные дипломы.
Специальный диплом был вручен монгольской участнице Оуюн,
единственной девушке — участнице олимпиады, набравшей наи-
большее число очков из всех членов монгольской делегации.
Специальные дипломы получили: Бабаи Ласло (Венгрия) — за
решение задачи № 3, Малькольм Вильямсон (Англия)—за реше-
ние задачи № 6, Симич Славко (Югославия) — за решение задачи
№ 3, Чирмаз Ласло (Венгрия) — за решение задач № 1, 6.
Общие результаты соревнований приведены в таблицах:
Ks задач и максимальное чис- ло очков (в скоб- ках)	Число участников, получивших указанное число очков								
	8	7	6	5	4	3	2	1	0
1 (6)			—	39	27	7	7	4	3	9
2 (7)	—	62	14	7	2	4	1	4	2
3 (7)	—-	41	10	1	2	0	7	22	13
4 (5)		—	—	62	1	3	И	2	17
5 (7)	—	42	2	21	3	8	1	2	17
6 (8)	46	11	1	5	0	7	4	12	10
Страны	Номера участников и число набранных ими очков								Общее ЧИСЛО очков
	1	2	3	4	5	в 1	7	8	
Англия	38	30	26	39	39	14	38	39	263
Болгария	15	35	13	37	22	29	20	33	206
Венгрия	40	40	26	38	31	28	40	38	291
ГДР	40	39	34	34	40	40	37	40	304
Италия	24	14	17	29	9	23	11	5	132
Монголия	12	8	15	9	1	19	2	8	74
Польша	40	37	34	28	29	39	35	20	260
Румыния	29	40	30	35	18	10	24	22	208
СССР	29	40	38	40	32	40	40	39	298
Чехословакия	40	40	16	34	33	34	16	35	248
Швеция	28	35	37	29	27	40	30	30	256
Югославия	14	27	27	24	24	17	18	28	179
2
33
Для участников олимпиады были организована различные
экскурсии. Они совершили однодневную поездку в Горки Ленин-
ские и побывали в кремлевской квартире В. И. Ленина, посетили
Московский университет и Дворец пионеров на Ленинских горах,
Оружейную палату, Третьяковскую галерею, Бородинскую пано-
раму, Выставку достижений народного хозяйства СССР, побывали
на представлении Московского цирка.
С 15 июля по 17 июля участники олимпиады были в Ленингра-
де. Они посетили Пискаревское мемориальное кладбище, Петро-
павловскую крепость, Смольный, «Аврору»; побывали в парках и
музеях Петродворца, в Эрмитаже, в Русском музее, в театре. Во
Дворце пионеров была проведена интересная встреча с молодежью
Ленинграда.
18 июля в актовом зале Московского университета состоялось
официальное закрытие олимпиады. Участников приветствовали и
пожелали дальнейших успехов председатель оргкомитета и жюри
первый вице-президент АПН СССР профессор МГУ А. И. Марку-
шевич, академик П. С. Александров, профессор Б. В. Гнеденко,
а также профессор Бухарестского университета Йонеску-Бужор,
передавший приглашение на XI Международную математическую
олимпиаду в Румынию.
В заключение участникам были вручены дипломы I, II, III сте-
пеней, специальные дипломы за оригинальное решение задач и
дипломы участников.
Все участники получили памятные подарки, а победители —
призы.
ОДИННАДЦАТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
С 5 по 20 июля в Бухаресте на родине меж-
дународных математических олимпиад прохо-
дила XI Международная математическая олим-
пиада.
В олимпиаде впервые приняли участие ко-
манды Бельгии, Голландии и Франции. Фран-
цузская команда принимала участие в олим-
пиаде 1967 г. в неполном составе и только
во второй день соревнований. Из участни-
ков предыдущего года были команды Англии,
Болгарии, Венгрии, ГДР, Монголии, Польши,
Румынии, Советского Союза, Чехословакии,
Швеции, Югославии. Австрия, как и в 1968 г., была представлена
наблюдателем.
Команда СССР была сформирована в основном из победителей
Ш Всесоюзной математической олимпиады.
34
В состав команды СССР вошли:
Дринфельд Владимир — ученик X класса школы № 27 г. Харь-
кова, получивший в 1966—1969 гг. первые премии на харьковских
областных олимпиадах, в 1967 г. — I премию на Украинской рес-
публиканской и III премию на Всесоюзной олимпиадах, в 1968 г. —
вторые премии на Украинской республиканской и Всесоюзной
олимпиадах, в 1969 г. — II премию на Украинской республикан-
ской и I премию на Всесоюзной олимпиадах;
Зелевинский Андрей — ученик X класса школы № 2 Москвы.
В 1968 г. он получил III премию и специальный приз на Москов-
ской математической олимпиаде, в 1969 г. — II премию на Мос-
ковской и Всесоюзной олимпиадах;
Климов Аркадий — ученик IX класса физико-математической
школы-интерната (ФМШ) № 18 при МГУ. В 1965 г. он получил I
премию по шестым классам на городской олимпиаде в Арзамасе,
в 1966—1968 гг. — первые премии на городских физических и ма-
тематических олимпиадах, в 1968 г. — I премию на областной и
Всесоюзной математических олимпиадах и II премию на областной
физической олимпиаде по восьмым классам и городской по девя-
тым классам, в 1969 г. — I премию на Московской городской олим-
пиаде по десятым классам и II на Всесоюзной математической
олимпиаде по девятым классам;
Неклюдова Елена — ученица X класса школы № 7 Москвы.
В 1967 г. она получила похвальный отзыв на Московской городской
олимпиаде, а в 1968 г. — III премию на Московской городской и
Всесоюзной олимпиадах, в 1969 г. — III премию на Московской
городской и II на Всесоюзной математической олимпиадах;
Прасолов Андрей — ученик X класса ФМИГпри МГУ. В 1967 г.
он получил I премию на Белорусской республиканской олимпиаде
по математике и Всесоюзной химической олимпиаде, в 1969 г. —
I премию на Минской городской и III премию на Всесоюзной мате-
матической олимпиадах, в 1969 г. — III премию на Всесоюзной ма-
тематической олимпиаде;
Соловьев Валерий — ученик X класса школы № 131 г. Казани.
В 1966 г. он получил III премию на Татарской республиканской
математической олимпиаде, в 1967 г. — II премию на республикан-
ской химической и Всесоюзной математической олимпиадах, в
1968 г. — I премию на республиканской математической и хими-
ческой олимпиадах, в 1969 г. — I премию на республиканской и II
премию на Всесоюзной математических олимпиадах;
Суворов Павел — ученик X класса физико-математической
школы-интерната № 45 при ЛГУ. В 1966 и 1968 гг. он получил
вторые премий на всесоюзных математических олимпиадах, в 1967
и 1969 гг. — первые премии, а в 1968 г. — III премию на ленин-
градских городских математическах олимпиадах;
Ходулев Андрей — ученик IX класса физико-математической
школы-интерната при МГУ. В 1966 г. он получил I премию по пя-
2*
35
тым классам на математической олимпиаде г. Калинина, в 1967 г. —
I премию по седьмым классам на Калининской городской и по вось-
мым классам на Калининской областной олимпиадах, III пре-
мию по восьмым классам на Всесоюзной математической олимпиа-
де, диплом победителя на всесоюзных телевизионных физико-мате-
матической и астрономической олимпиадах, грамоты за II место
по седьмым классам и IV место по восьмым классам городской
олимпиады по русскому языку, в 1969 г. — II премию на Москов-
ской городской олимпиаде и первую премию на Всесоюзной мате-
матической олимпиаде.
Руководителем советской делегации был профессор Московского
педагогического института им. В. И. Ленина В. И. Левин, замести-
телем — методист И. С. Петраков.
Руководители делегаций рассмотрели задачи, рекомендован-
ные румынскими товарищами из числа присланных страна-
ми участницами. Были отобраны 6 задач. Жюри определило
максимальное число очков за правильное решение каждой из
задач.
Участники олимпиады прибыли в Бухарест 7 июля. Наша
делегация была принята в Советском посольстве в Румынии. 8 июля
была проведена автобусная экскурсия в пригород Бухареста, а
9 июля — автобусная экскурсия по Бухаресту, которая заверши-
лась осмотром большого и очень интересного парка-музея «Село»,
в котором представлены крестьянские усадьбы разных эпох и
разных областей Румынии.
По окончании соревнований все участники олимпиады отправи-
лись в путешествие по стране. Они посетили города Бузэу, Мари-
ешти, Аджуд Бакэу, Пятра-Нямц, Тыргу-Нямц, Сучаву, Кумпу-
лунг-Молдовенеск, Ватра-Дорней, Быстрину, Тыргу-Муреш, Си-
гишоара, Брашов, Плоешти. Путешествие было интересным, оста-
вило много впечатлений.
Соревнования проходили 10 и 11 июля в одном из лучших лице-
ев Бухареста — в лицее Н. Бэлческу. С12 по 17 июля руководители
делегаций совместно со своими заместителями проверяли работы
участников олимпиады и согласовывали с румынскими координа-
торами оценки за решение каждой задачи.
Дипломом I степени награждались участники, набравшие
40 очков. Дипломом II степени награждались участники, набрав-
шие от 30 до 37 очков. Дипломом III степени награждались участ-
ники, набравшие от 24 до 29 очков.
Диплом I степени получили:
Дринфельд Владимир (СССР)	— 40 очков
Нортон Симон (Англия)	— 40 очков
Фиала Тибор (Венгрия)	— 40 очков
36
Диплом I! степени получили:
Берчану Барбу (Румыния)	—37 очков
Руже Имре (Венгрия)	— 37 очков
Гертнер Юрген (ГДР)	— 36 очков
Бурмайстер Вольфганг (ГДР)	— 35 очков
Михалецки Дердь (Венгрия)	— 35 очков
Фельгенхауер Андреаш (ГДР)	— 35 очков
Дыдак Ежи (Польша)	— 34 очка
Чирмаз Ласло (Венгрия)	— 34 очка
Прасолов Андрей (СССР)	— 32 очка
Хайнрих Стефан (ГДР)	— 32 очка
Янкович Владимир (Югославия)	— 32 очка
Баймоци Эрвин (Венгрия)	— 31 очко
Поп Хория Калин (Румыния)	— 31 очко
Альдоус Д. Ж. (Англия)	— 30 очков
Боскаю Войку (Румыния)	— 30 очков
Зелевинский Андрей (СССР)	— 30 очков
Ури Жан Мари (Франция)	— 30 очков
Севич Константин (Румыния)	— 30 очков
Хенч Димир (Югославия)	— 30 очков
Ходулев Андрей (СССР)	— 30 очков
Диплом III степени получили:
Гронау Ганс-Дитрих (ГДР)	— 29 очков
Винарек Иржи (Чехословакия)	— 28 очков
Христо Николов Лесов (Болгария)	— 28 очков
Машек Томаш (Чехословакия)	—- 28 очков
Олег Крзстев Мушкаров (Болгария)	— 28 очков
Сергиеску Влад (Румыния)	— 28 очков
Градинару Стефан (Румыния)	—27 очков
Кадельбург Зоран (Югославия)	— 27 очков
Неклюдова Елена (СССР)	— 27 очков
Соловьев Валерий (СССР)	—27 очков
Пинтц Янош (Венгрия)	— 25 очков
Хадрава Пэтр (Чехословакия)	— 25 очков
Халтар Дамбын (Монголия)	— 25 очков
Верджиния Стойнова Христова (Болгария)	— 25 очков
Чукич Любомир (Югославия)	— 25 очков
Шефтер Юрген (ГДР)	— 25 очков
Войгт Ешим (ГДР)	— 24 очка
Климов Аркадий (СССР)	— 24 очка
Лемперт Ласло (Венгрия)	— 24 очка
Неуман Клаус (ГДР)	— 24 очка
Смит Т. (Англия)	— 24 очка
Специальные дипломы за решение задачи № 2 получили:
Машек Томаш (Чехословакия), Нортон Симон (Англия), Пер-
сон Ульф (Швеция). За решение задачи № 5: Альдоус Д. (Англия),
Баймаци Эрвин (Венгрия), Бурмайстер Вольфганг (ГДР), Ведд Н.
(Англия), Дринфельд Владимир (СССР), Дыдак Ежи (Польша),
Климов Аркадий (СССР), Фельгенхауер Андреаш (ГДР). За реше-
ние задачи Яг 6 — Дринфельд Владимир (СССР).
37
Общие результаты соревнований приведены в таблицах:
Ns задач и макси - мально возможное число оч- ков (в скобках)	Число участников, получивших указаиое число очков								
	8		6	5	4	3	2	|	1		0
1 (5)	—				46	3	6	6	17	34
2 (7)		34	5	10	32	6	7	5	13
3(7)	—	31	13	12	15	5	10	20	6
4 (6)			21	5	6	9	14	28	29
б (7)	—	37	10	11	10	9	7	11	17
6 (8)	7	2	3	9	12	13	18	15	33
Страны	Число очков каждого участника								Общее ЧИСЛО очков
	1	2	3	4		•	7	8	
Англия	40	20	18	30	22	18	24	21	193
Бельгия	5	5	10	10	3	5	3	16	57
Болгария	25	28	28	20	21	22	22	23	189
Венгрия	31	34	40	24	35	25	37	21	247
Голландия	4	15	9	12	1	0	6	4	51
ГДР	35	35	36	29	32	24	25	24	240
Монголия	21	13	13	17	17	10	25	4	120
Польша	34	7	18	9	20	10	13	8	119
Румыния	15	37	30	27	21	31	28	30	219
Чехословакия	13	25	28	14	20	20	28	22	170
СССР	40	30	24	27	32	27	21	30	231
Швеция	18	16	14	8	11	16	9	12	104
Югославия	22	17	25	30	32	27	10	18	181
Франция	30	4	8	10	22	13	14	18	119
ЗАДАЧИ
ЗАДАЧИ МЕЖДУНАРОДНЫХ
МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
ПЕРВАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
- тт	л 21 п + 4
I.	Докажите, что дробь ----!— несократима ни при каких
14 ц 4-3
натуральных значениях п.	(Польша, 5 очков)
2.	При каких действительных значениях х имеет место каждое
из равенств:
а)	У^х 4- У 2х — 1	— У 2х — 1 = У2;
б)	Vх 4- У 2х—1 4- Vх — /2х—1 = 1;
в)	Кх4-/2х — 1 4- Кх —/2х—1 = 2,
причем рассматриваются только положительные значения корня?
(Румыния, 8 очков)
За Пусть х— угол и пусть четыре действительных числа а,
Ь, с и cos х удовлетворяют соотношению:
a cos2 х + b cos х 4- с = 0.
Составьте квадратичное соотношение относительно а, Ь, с и
cos 2х. Сравните данное и составленное соотношения для случая
а — 4, b = 2, с — — 1.	(Венгрия, 7 очков)
4. Построить прямоугольный треугольник по данной гипоте-
нузе с, если известно, что медиана, проведенная к с, есть среднее
геометрическое его катетов.	(Венгрия, 5 очков)
5а На плоскости дан отрезок АВ и внутри него произвольная
точка М. На отрезках AM и МВ как на сторонах построены квад-
раты AMCD и MBEF, лежащие по одну и ту же сторону от АВ.
Окружности, описанные около квадратов с центрами Р и Q, пере-
секаются, кроме точки М, еще в точке АС
39
а)	Покажите, что прямые AF и ВС проходят через точку N.
б)	Покажите также, что при любом положении точки М. прямая
MN проходит через одну и ту же точку S.
в)	Найдите геометрическое место середин отрезков PQ, когда
М перемещается по отрезку АВ.	(Румыния, 8 очков)
в- Даны две плоскости Р и Q, пересекающиеся по прямой р.
В плоскости Р дана точка Лив плоскости Q — точка С. Ни одна
из этих точек не лежит на прямой р. Построить в плоскости Р точ-
ку В и в плоскости Q точку D, являющиеся вершинами равнобоч-
ной трапеции ABCD (АВ || CD), в которую можно вписать круг.
(Чехословакия, 7 очков)
ВТОРАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
7« Определить все трехзначные числа, которые при делении
на 11 дают в частном число, равное сумме квадратов цифр исходного
числа.	(Болгария)
8> Для каких действительных значений х справедливо нера-
венство	,• < 2х + 9?	(Венгрия)
(1 _ /1 +2x)a	\ Y !
9а Дан прямоугольный треугольник АВС, гипотенуза которо-
го равна а и разделена на п равных частей (п — нечетное число).
Пусть а есть угол, под которым виден из точки А тот из равных
между собою отрезков, который содержит середину гипотенузы. До-
кажите, что tga=	где к— высота треугольника. (Румыния)
10а Построить треугольник АВС, если известны ha, hb, та
(ha — высота, проведенная к стороне a, hb — высота, проведенная
к стороне Ь, и та — медиана к стороне а).	(Венгрия)
11а Дан куб ABCDA'B'C'D' (см. рис. 8).
а)	Найти геометрическое место середин отрезков ХУ, где X —
любая точка отрезка АС и Y — любая точка отрезка B'D'.
б)	Найти геометрическое место точек Z отрезка ХУ, которые
удовлетворяют соотношению 1У = 2XZ.	(Чехословакия)
12а Дана равнобочная трапеция с основаниями ли & и высотой h.
а)	На оси симметрии трапеции построить точку Р, из которой
обе боковые стороны трапеции видны под прямыми углами.
б)	Определить расстояние точки Р от одного из оснований тра-
пеции.
в)	При каких условиях возможно построение точки Р (рассмот-
рите возможные случаи)?	(Болгария)
13а В прямой круговой конус вписан шар. Около этого шара
описан прямой круговой цилиндр, основание которого лежит
в плоскости основания данного конуса. Vi — объем конуса и
V2 — объем цилиндра.
40
а)	Доказать, что равенство Vi = V2 невозможно.
б)	Указать наименьшее значение k, при котором имеет место
равенство Vt = kV2, и построить для этого случая угол при вер-
шине осевого сечения конуса.	(Болгария)
ТРЕТЬЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
14. Решить систему уравнений:
х 4- у 4- г — а
х2 4- у2 4- z8 = 62
ху = г2,
в которой а и b — данные числа. Каким условиям должны удов-
летворять а и Ь, чтобы решения системы были положительны и
различны?	(Венгрия, 6 очков)
15> Даны длинна, Ь, с сторон треугольника, площадь которо-
го 5. Доказать, что имеет место соотношение
а2 4- ^4-с2 >45 КЗ.
В каком случае имеет место равенство? (Польша, 7 очков)
16. Решить уравнение cos"x — sin" х — 1, где п — произволь-
ное натуральное число.	(Болгария, 7 очков)
17- Дан треугольник Pi/V’aи внутри него произвольная точка
Р. Пусть точки пересечения прямых Р4Р; Р2Р-, Р3Р с противопо-
ложными сторонами Qi, Q2; Q3. Доказать, что среди отношений
PjP . Р2Р . Р3Р
PQi ’ PQz ‘ PQ3
имеется по крайней мере одно, не большее числа 2, и по крайней
мере одно, не меньшее числа 2.	(ГДР, 6 очков)
18» Построить треугольник АВС, в котором даны АС = Ь,
АВ = с и 2.АМ.В = со (со < 90°), причем М — середина отрез-
ка ВС. Доказать, что задача имеет решение тогда и только тогда,
когда b • tg < с < Ь.
В каком случае имеет место знак равенства?
(Чехословакия, 7 очков)
19» Дана плоскость е и не лежащие на одной прямой три точки
А, В, С, которые расположены по одну сторону от плоскости &.
Причем плоскость, проходящая через точки А, В, С, не параллель-
на плоскости Е.
На плоскости е взяты 3 произвольные точки А', В', С'. Буква-
ми L, М, N обозначены середины отрезков АА', ВВ', СС', а бук-
41
вой G — центр тяжести треугольника LMN (здесь не рассматри-
ваются такие положения точек А',	С', при которых соответст-
вующие им точки L, М, N не являются вершинами треугольника).
Найти геометрическое место точек G, когда Л', В', Сг перемещаются
в плоскости е независимо друг от друга. (Румыния, 7 очков)
ЧЕТВЕРТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
20.	Найти наименьшее натуральное число п, обладающее сле-
дующими свойствами:
а)	его запись в десятичной системе заканчивается цифрой 6;
б)	если зачеркнуть последнюю цифру 6 и перед оставшимися
цифрами написать эту цифру 6, то получится число, в 4 раза боль-
шее исходного числа.	(Польша, 6 очков)
21.	Определить все действительные числа х, удовлетворяющие
неравенству
/3-x-/x+l>j.
(Венгрия, 6 очков)
22.	Дан куб ABCDA'B'C'D'. ABCD и A'B'C'D' — соответ-
ственно верхнее и нижнее основания, и АА' || ВВ' || СС' || DD'.
Точка X движется с постоянной скоростью по сторонам квадрата
A BCD в направлении ABCD А, и точка Y движется с той же ско-
ростью по сторонам квадрата В'С'СВ в направлении В'С'СВВ'.
Точки X и Y начинают двигаться в один и тот же момент из исход-
ных положений А и В' соответственно. Найти и начертить геомет-
рическое место середин отрезков XY. (Чехословакия, 8 очков)
23.	Решить уравнение:
cos2 х 4- cos2 2х 4- cos2 Зх — 1. (Румыния, 5 очков)
24. На окружности К заданы три различные точки Л, В, С.
Построить (циркулем и линейкой) на окружности К четвертую точ-
ку D так, чтобы в полученный четырехугольник ABCD можно было
вписать окружность.	(Болгария, 7 очков)
25.	Дан равнобедренный треугольник АВС, г — радиус описан-
ной окружности, р — радиус вписанной окружности. Докажите,
что расстояние d между центрами окружностей есть
d — Vr(r— 2р).	(ГДР, 6 очков)
26.	Тетраэдр SABC обладает следующим свойством: сущест-
вуют 5 сфер, касающихся ребер SA; SB; SC; АВ; ВС; СА или их
продолжений.
Докажите: а) что тетраэдр SABC правильный, б) что, обратно,
для каждого правильного тетраэдра существуют 5 указанных сфер.
(СССР, 8 очков)
42
ПЯТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
27.	Найти вещественные корни уравнения
— р 4- 2 /х2—1 — х,
где р — вещественный параметр. (Чехословакия, 6 очков)
28.	Найти в пространстве геометрическое место вершин пря-
мых углов, одна сторона которых проходит через данную точку А,
а другая имеет по крайней мере одну общую точку с отрезком ВС,
(СССР, 7 очков)
28.	Доказать, что если в выпуклом п-угольнике все углы равны
и последовательные стороны удовлетворяют соотношениям:
^2	... On, ТО Oj = Оз = Пз = ... = Оя.
(Венгрия, 7 очков)
30» Найти все решения xiy х2, х3, х4, х6 системы
А 4- xa	= yxt	0)
*1 + х3	= ух2	(2)
х, +	= ух3	(3)
Х3 4- Х6	== ух4	(4)
Xk + Xt	« yxit	(5)
(СССР, 6 очков)
где у — параметр.
31» Доказать, что
л	2л . Зл	1
COS-----COS---hCOS— =— ,гпп ~.
7	7	7	2	(ГДР1 6 очков)
32.	Ученики Л, B,C,D,E участвовали в одном конкурсе. Пы-
таясь угадать результаты соревнований, некто предполагал, что
получится последовательность Л, В, С, D, Е. Но оказалось, что
он не указал верно ни места какого-либо из участников и никакой
пары следующих непосредственно друг за другом учеников. Некто
другой, предполагая результат D, Л, Е, С, В, угадал правильно
места двух учеников, а также две пары (непосредственно следую-
щих друг за другом учеников). Каков был на самом деле резуль-
тат конкурса?	(Венгрия, 8 очков)
ШЕСТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
33.	а) Определить все целые положительные п, для которых
число 2Л — 1 делится на 7.
б) Доказать, что ни при каком целом положительном п число
2Л 4- 1 не делится на 7.	(Чехословакия, 7 очков)
34.	Обозначим через а, Ь, с длины сторон некоторого треуголь-
ника. Доказать, что
а2 (Ь + с — а) + Ь2 (с 4- а — Ь) + с2 (а 4- b — с) < ЗаЬс.
(Венгрия, 7 очков)
43
35.	В треугольник АВС со сторонами а, Ь, с вписана окруж-
ность и построены ее касательные, параллельные сторонам данного
треугольника. Эти касательные отсекают от данного треугольника
АВС три новых треугольника. В каждый из таким образом постро-
енных треугольников вписана окружность. Вычислить сумму пло-
щадей всех четырех кругов.	(Югославия, 6 очков)
36.	Каждый из 17 ученых переписывается с остальными. В
их переписке речь идет лишь о трех темах. Каждая пара ученых
переписывается друг с другом лишь по одной теме. Доказать, что
не менее трех ученых переписываются друг с другом по одной и
той же теме.	(Венгрия, 6 очков)
37.	На плоскости даны 5 точек. Среди прямых, соединяющих
эти 5 точек, нет параллельных, перпендикулярных и совпадающих.
Проводим через каждую точку перпендикуляры ко всем прямым,
которые можно построить, соединяя попарно остальные 4 точки.
Каково максимальное число точек пересечения этих перпендикуля-
ров между собой, не считая данные 5 точек? (Румыния, 7 очков)
38.	Дан тетраэдр ABCD. Вершина D соединена с центром тя-
жести основания точкой Dit Через вершины треугольника АВС
проведены прямые, параллельные DDt, до пересечения с плоскос-
тями противоположных граней в точках А ь Bit Доказать, что
объем тетраэдра ABCD в три раза меньше объема тетраэдра
Будет ли верным результат, если точка Dt— произ-
вольная точка внутри треугольника ЛВС? (Польша, 9 очков)
СЕДЬМАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
80.	Найти все вещественные х, принадлежащие отрезку
0<У<2л и удовлетворяющие неравенствам
2 cos х < | р^1 + sin 2х— У1 — sin 2х |< У 2. (Югославия, 4 очка)
40.	Дана система уравнений:
«11*1 + «12 *а + «1з*з = 0<
«21*1 + «22 *2 + «23*3 = О,
«31*1 + «32 *2 + «33*3 = О,
коэффициенты которых удовлетворяют следующим условиям:
а)	аи, 022, «зз являются положительными;
б)	все остальные коэффициенты отрицательны;
в)	в каждом уравнении сумма коэффициентов положительна.
Доказать, что xt = х2 = х3 = 0 является единственным реше-
нием данной системы.	(Польша, 6 очков)
41.	Дан тетраэдр ABCD. Пусть ребро АВ имеет длину а, реб-
ро CD имеет длину Ь; расстояние между скрещивающимися пря-
мыми АВ и CD равно d, величина угла между этими прямыми рав-
на со. Тетраэдр рассечен на две части плоскостью Р, параллельной
44
противоположным ребрам АВ я CD. Вычислите отношение объемов
обеих частей, если известно, что отношение расстояний от АВ до
Р к расстоянию от CD до Р равно k. (Чехословакия, 8 очков)
42.	Найти четыре действительных числа х2, х3, х. таких,
что каждое, сложенное с произведением остальных, равно 2.
(СССР, 6 очков)
43> Пусть в треугольнике ОАВ угол АОВ — а < 90е. Из про-
извольной точки М, не совпадающей с О, треугольника ОАВ опус-
каются перпендикуляры МР на 04 и MQ на ОВ. Пусть Я —
ортоцентр треугольника OPQ. Найти геометрическое место точек Я,
когда:
а)	М пробегает отрезок АВ;
б)	М пробегает внутреннюю область треугольника ДОВ.
(Румыния, 7 очков)
44.	В плоскости даны п > 3 точек. Пусть d — максимальное
расстояние между любыми двумя из этих точек. Назовем его диа-
метром данной системы точек. Доказать, что этих диаметров не
больше п.	(Польша, 9 очков)
ВОСЬМАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
45> На олимпиаде были даны три задачи: Д, В, С. 25 школь-
ников решили хотя бы одну задачу. Школьников, не решивших
задачу Д, но решивших В, в два раза больше, чем решивших С.
Школьников, решивших только задачу Д, на одного больше, чем
остальных школьников, решивших задачу Д. Сколько школьни-
ков решили только задачу В, если среди школьников, решивших
только одну задачу, половина не решила задачу Д? (СССР, 6 очков)
46> Доказать, что если стороны а, Ь, си противолежащие им
углы а, ₽, у некоторого треугольника удовлетворяют соотноше-
нию
а + b = tg ( a tg а + b tg 0),
то этот треугольник равнобедренный.	(Венгрия, 7 очков)
47.	Доказать, что сумма расстояний от центра шара, описан-
ного около правильного тетраэдра, до вершин тетраэдра меньше
суммы расстояний от любой другой точки до вершин тетраэдра.
(Болгария, 7 очков)
48.	Доказать тождество:
—1----1---1---н... -|--— — ctgx — ctg2"x,
sin 2х sin 4х	sin 2пх
где п — натуральное и х ф (k = 0, 1, . . . ,п; X — целое).
2й
(Югославия, 5 очков)
45
49	 решить систему:
I «1 — «2 1*2 + I «1 ~ «3 I *.3 + 1 «1 — «41 *4 = 1 >
К —«11*1 +|«2—«з1 *3-1-1 «2—«41*4 S Ь
|а3—ojxj +|а3 — 0,1 *2 + 1«з— «41*4 =» Ь
I «4— 011*1 +1«4— «2 1*2 +1«4 — «3|*3 « 1,
где at, az, а3, ak — данные различные действительные числа.
(Чехословакия, 7 очков)
50.	На сторонах А В, ВС и СА треугольника АВС взяты соот-
ветственно точки М, К, L (не совпадающие с вершинами). Дока-
зать, что площадь хотя бы одного из треугольников MAC, К.ВМ,
LCK не превышает — площади треугольника АВС.
4	(Польша, 8 очков)
ДЕВЯТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
51.	В параллелограмме ABCD треугольник ABD остроуголь-
ный. Сторона АВ = а, сторона AD = 1 и угол BAD =* а. Дока-
зать, что четыре круга Кл, Кв, KG, KD радиуса 1, центры которых
в вершинах А, В, С, D, тогда, и только тогда, покрывают паралле-
лограмм, когда а < cos a -f- KsFsin а.	(Польша, 6 очков)
52.	В тетраэдре длина одного, и только одного, ребра больше 1.
Докажите, что его объем не превосходит у. (Чехословакия, 7очков)
53. k, т, п — положительные целые числа и т 4- k 4- 1 —
простое число, большее л 4- 1. Пусть Cs — s (s 4- 1). Докажите,
что произведение (Cm+1 — Q • (Cm+4 — Q... (Сот+я — Ck) делится
на произведение • С2 • ... • Сп.	(Англия, 8 очков)
54.	Даны два остроугольных треугольника А0В0С0 и А3В<Су
Построить треугольник АВС, подобный треугольнику Л1В1С1
(вершина А соответствует А3, В — Bif С — С4), описанный около
треугольника А0В0С0, так что Со £ АВ, Ло £ ВС, Во £ СА. По-
строить такой треугольник АВС, имеющий максимальную пло-
щадь.	(Италия, 6 очков)
55.	Рассматривается последовательность {Ся}:
Ct = 4~	4- . . . 4-
C2 = of 4-	• • • + «I
Cn =« a* 4- a” 4- ... 4- a*
где аи . . . , a8 — действительные числа, не все равные нулю. Сре-
ди членов последовательности бесконечно много равных нулю. Най-
ти все п, для которых Сп = 0.	(СССР, 7 очков)
46
56.	В спартакиаде, продолжавшейся п дней, было разыграно
т медалей. В I день были вручены 1 медаль и еще у оставшихся
т — 1 медалей. Во II день были вручены 2 медали и еще -1- остав-
шихся после этого медалей и т. д. Наконец, в n-й последний день
были вручены оставшиеся п медалей. Сколько дней продолжалась
спартакиада и сколько медалей было вручено? (Венгрия, 8 очков)
ДЕСЯТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
57.	Доказать, что существует единственный треугольник, дли-
ны трех сторон которого — последовательные натуральные числа,
а один из углов вдвое больше одного из двух других углов.
(Румыния, 6 очков)
58.	Найти все целые положительные числа х, произведение
цифр (в десятичной записи) которых равно х2 — 10х — 22.
(Чехословакия, 7 очков)
68.	Дана система уравнений с неизвестными xt, х2, ... , хя:
ах? 4- bxi 4- с — ха,
0X2 4" Ьхг -} С = Х3,
oxJ-1 4- Ьхп-1 4- с = хп,
«4 4-Ьхя 4- с = хп
где о, Ь, с — вещественные числа, а #= 0. Доказать, что система:
а) не имеет вещественных решений, если (Ь — I)2 — 4ас < 0;
б) имеет единственное вещественное решение,
если (Ь — I)2 — 4ас = 0;
в) имеет более одного вещественного решения,
если (Ь — I)2 — 4ас > 0.	(Болгария, 7 очков)
60. Доказать, что в любом тетраэдре имеется такая вершина,
что из отрезков, равных выходящим из этой вершины ребрам,
можно построить треугольник.	(Польша, 5 очков)
61. Функция f, определенная при всех вещественных значениях
аргумента и принимающая вещественные значения, при всех х
удовлетворяет условию
f(х + с) = ±	.
где а — некоторое положительное число.
а)	Доказать, что функция f периодическая (т. е. существует
некоторое b > 0 такое, что / (х 4~ b) = f (х) для всех х).
47
б)	Привести пример такой функции Л отличной от тождествен-
ной константы, для а = 1.	(ГДР, 7 очков)
62.	Пусть [х] означает целую часть числа х, т. е. наибольшее
целое число, не превосходящее х.
Вычислить сумму
Гп + 1-1	р+21	Гп + 2*-[
I 2 J	I 2а I “ ’ * * ~ I 2fe+1 I ~ *
для каждого целого положительного п и доказать справедливость
полученной формулы.	(Англия, 8 очков)
ОДИННАДЦАТАЯ МЕЖДУНАРОДНАЯ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА
68" Доказать, что существует бесконечное множество натураль-
ных чисел а со следующим свойством: число г = «4 + а не является
простым ни для какого натурального п.	(ГДР, 5 очков)
64аПусть aif az, ... , ап — действительные постоянные, х —
действительное переменное и
/(*) - cos (а, + х) + .с??.(^+х> + 0)5	+	+ ... + .со,^+х>.
Доказать, что из f (xi) = f (х2) = 0 следует, что xt — х2 = тл,
где т — целое число.	(Венгрия, 7 очков)
65. Для каждого значения k= 1, 2, 3, 4, 5 найти необходимые
и достаточные условия, которым должно удовлетворять число
а>0 для того, чтобы существовал тетраэдр, k ребер которого
имеют длину а, а остальные 6 — k ребер — длину 1.
(Польша, 7 очков)
66> Полуокружность у построена на диаметре АВ. Точка С
лежит на у и отлична от А и В. Ортогональную проекцию С на АВ
обозначим через D. Рассмотрим три окружности уь у2, у 3, имеющие
АВ в качестве общей касательной; из них yi вписана в треуголь-
ник АВС, у2 и уз обе касаются отрезка CD и у. Доказать, что уь
у2, уз имеют вторую общую касательную. (Голландия, бочков)
67.	В плоскости даны п > 4 точек, причем никакие три не лежат
на одной прямой. Показать, что можно найти не менее С2_з вы-
пуклых четырехугольников с вершинами в четырех данных точках.
(Монголия, 7 очков)
68.	Доказать, что если Xi > О, х2 > О и Xiyi — z? > О,
х 2 г2 , то (Х1 + Ха)(л+з,з)_ (гх 4-га)»	ад — zf
Установить необходимые и достаточные условия, при которых в
данном неравенстве имеет место равенство. (СССР, 8 очков)
48
ЗАДАЧИ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ МЕЖДУ-
НАРОДНЫХ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
69-	В плоскости дано п > 3 точек, причем никакие три точки
не лежат на одной прямой. Существует ли окружность, проходя-
щая по крайней мере через 3 данные точки и не содержащая внутри
себя ни одной из остальных?	(Чехословакия)
70.	Дано п положительных чисел аьа2.......ая, таких, что
• 02 • ... • оя = 1.
Доказать, что
(1 4- aj (1 + «г)	(1 + а„) > 2*	(ГДР)
71-	В плоскости даны 5 точек, никакие три из которых не лежат
на одной прямой. Доказать, что среди этих точек существуют та-
кие 4 точки, которые являются вершинами выпуклого четырех-
угольника.	(Польша)
72.	Доказать неравенство
для всех значений х и а, удовлетворяющих условиям
О
(СССР)
периметр
Л Л ' л
—, —<«< —
2	6	3 ’
73.	Пусть т — выпуклый плоский многоугольник,
которого /, а площадь «$. М (R) — геометрическое место точек
пространства, удаленных от т на расстояние не более R, V (R) —
объем тела М (R).
Доказать, что V (R) = R3 +	1} R2 + (2S) R.
Точка С удалена от фигуры т на расстояние не более R, т. е.
С принадлежит М (R), если у фигуры т найдется точка D, рас-
стояние от которой до С не превышает R.	(СССР)
74.	При каком расположении двух бесконечных прямых кру-
говых цилиндров линия их пересечения будет плоской (т. е. будет
целиком лежать в одной плоскости)?	(СССР)
75.	Дан ящик сахарного песка, чашечные весы и гирька в 1 г.
Как возможно быстрее отвесить покупателю 1 кг сахару? (Указать
схему уравновешиваний.)	(СССР)
76.	Найти х, если
sin Зх  cos (60°— 4х) + 1	_q
sin (60°— 7х) — cos (30° 4- х) + т	’
где т — данное вещественное число.	(Румыния)
77.	Сколько действительных решений имеет уравнение
х = 1964 sinx — 189?	(ГДР)
(СССР)
(Румыния)
49
78.	Существует ли натуральное число г, которое можно двумя
различными способами записать в виде г — х\ + УЬ гДе ж, у —
натуральные числа, удовлетворяющие неравенству х < у?
(Чехословакия)
79.	Определить цифры х, у, г, если известно, что равенство
Ухх ... х — уу ... У — ZZ...Z
2п цифр п цифр п цифр
имеет место по крайней мере для двух различных значений нату-
рального числа п. Найти все значения п, для которых это равен-
ство остается справедливым.	(Болгария)
80.	Пусть 0, 02 > 0,	, оя>0. Доказать неравенство
<5(—+— + ...
\	Чл-1®л/
. л / 1 ,	1 . ,	1 .
4 [------1-------И •••Н-------h
\а1+ а2 а1+ а3	а1~}~а/г
+ _!_ + ...+_^+ ...+_  У
аа+ а3	^2~1~ап	°л /
и найти условие, которому должны удовлетворять числа а{
(i =» 1, 2, . . . , п), чтобы имело место равенство. (Югославия)
81.	Найти наибольшее число областей, на которые рассекают
круг отрезки, соединяющие п точек, лежащих на его окружности.
(Польша)
82.	На окружности даны точки А, В, С, D такие, что АВ —
диаметр круга, a CD — нет. Доказать, что прямая, соединяющая
точку пересечения касательных к окружности в точках С и D с
точкой пересечения прямых АС и BD, перпендикулярна прямой АВ.
(Польша)
83.	На плоскости дан круг К с центром S и радиусом 1 и квад-
рат с центром М и со стороной, равной 2. Пусть XY — гипотенуза
равнобедренного прямоугольного треугольника XYZ. Какую фи-
гуру заполнят вершины Z треугольников XYZ, если X пробегает
весь круг и У — весь квадрат Q?	(Чехословакия)
84» Пусть A BCD и A 'B'C'D'— два параллелограмма, произ-
вольно расположенные в пространстве, и М, N, Р, Q — точки, де-
лящие отрезки АА', ВВ', СС', DD' в одинаковом отношении.
а)	Доказать, что MNPQ. — параллелограмм.
б)	Найти геометрическое место центров параллелограмма
MNPQ, когда М. пробегает отрезок АА’. (Последовательные вер-
шины параллелограммов обозначены в алфавитном порядке.)
(Румыния)
85. Решить уравнение:
sin X COS X р
50
где р — вещественный параметр. Исследовать, при каких значе-
ниях параметра существуют решения и сколько.	(Венгрия)
86а Построить треугольник, если известны радиусы вневписан-
ных окружностей.	(Венгрия)
87. Даны три равных прямоугольника. Их центры совпадают, а
плоскости взаимно перпендикулярны. Каждая прямая, по которой
пересекаются плоскости двух прямоугольников, содержит по одной
из средних линий этих двух прямоугольников, причем длина этих
линий различна. Рассмотрим выпуклый многогранник, вершины ко-
торого совпадают с вершинами прямоугольников.
а)	Определить объем этого многогранника.
б)	Может ли многогранник оказаться правильным и если может,
то каково условие этого?	(Венгрия)
88.	Доказать, что объем V и боковая поверхность S любого
прямого кругового конуса удовлетворяют неравенству
/6Vy г 2S у
\п ) \л 'Кз /,
когда возможно равенство?	(Болгария)
89.	Пусть Р и Р'— равновеликие параллелограммы, стороны
которых а, b и а', Ь' удовлетворяют неравенствам < а < b < Ь',
причем отрезок Ь' может быть целиком помещен в Р.
Доказать, что Р и Р' равносоставлены и могут быть разложены
на четыре попарно равных многоугольника.	(Болгария)
90.	Три грани тетраэдра — прямоугольные треугольники, а
четвертая грань не тупоугольный треугольник. Докажите, что:
1)	необходимым и достаточным условием того, чтобы и четвер-
тая грань была прямоугольным треугольником, является предло-
жение, что ровно два из плоских углов при одной вершине тетраэд-
ра — прямые;
2)	если все грани тетраэдра прямоугольные треугольники,
то объем тетраэдра равен — произведения трех наименьших ре-
6
бер, не принадлежащих одной грани.	(Болгария)
91.	В зале находится п 2 человек.
Доказать, что в зале найдутся два человека, которые имеют сре-
ди присутствующих одинаковое число знакомых (предполагаем,
что, если А — знакомый В, тогда В — знакомый Д; не считаем ни-
кого знакомым самому себе).	(Польша)
92.	а) Доказать неравенство
(а£ + аа + . . . 4- aft)a < k Ц- . . . Ц- а|),	(1)
где k > 1 натуральные и аь ..., ak произвольные действительные
числа.
б)	Используя неравенство (1), доказать, что если действительные
числа .....ап удовлетворяют неравенству
51
о» + а> + ... +а„> (/•(„_ 1)(о2+ ... +<^),	(2)
то все числа а{..ап неотрицательны.	(Чехословакия)
93.	В плоскости дана окружность с центром S и радиусом 1.
Пусть АВС—произвольный треугольник, для которого окруж-
ность является вписанной, и пусть
SA < SB < SC.
Определите геометрическое место:
а)	вершин А таких треугольников;
б)	» В »	»
в)	» С »	»	(Чехословакия)
94.	Данное натуральное число N раскладывается на сумму не-
скольких последовательных целых чисел.
а)	Определить все такие разложения для N = 500.
б)	Определить число этих разложений для N = 2“3P5V (а, 0, у —
натуральные числа). Какие из этих разложений содержат только
натуральные числа?
в)	Определить число этих разложений для произвольного на-
турального N.	(Румыния)
95.	Доказать, что если п — целое положительное число, то:
a) 1g (п 4-1) > -F 1g п;
Юл
6)lg(n,)>^(l + T+-+7~1)
lv \ Z о	п /
(1g — символ обычного десятичного логарифма). (Румыния)
96.	Решить уравнение и исследовать его решения для различ-
ных значений /п:
|ха — 1 | + | ха — 4 | = тх.
Какие пары целых чисел (х, т) удовлетворяют данному равен-
ству?	(Румыния)
97.	Длины сторон а, Ь, с треугольника АВС образуют арифме-
тическую прогрессию. Арифметическую прогрессию образуют и
длины сторон треугольника
Кроме того, Z-А = Z At. Доказать, что треугольники по-
добны.	(Болгария)
98.	В больший из двух внутренне касающихся кругов вписан
равносторонний треугольник. Из его вершин проведены касатель-
ные к меньшему кругу. Доказать, что длина одной из касательных
равна сумме длин двух других.	(Болгария)
99.	Найти все пары положительных целых чисел (х, у), удов-
летворяющих уравнению 2х = Зу + 5.	(Болгария)
100.	Коэффициенты a, bt с, d полинома ах3-}- 6ха+ cx-}-d целые
числа, причем ad — нечетное и Ьс — четное число. Докажите,
что хотя бы один корень полинома нерациональный. (Польша)
52
101 в В окружность вписан четырехугольник A BCD, Докажите,
что центры тяжести треугольников ЛВС, CDA, BCD, DAB лежат
на одной окружности.	(Полыца)
102. Докажите, что четыре перпендикуляра, опущенные из се<
редин сторон вписанного четырехугольника на противополож-
ные стороны, пересекаются в одной точке.	(Польша)
ЮЗ. Даны две концентрические окружности радиусов г и R.
Определить наибольшее число окружностей, одновременно касаю-
щихся двух данных окружностей и не пересекающих друг друга.
Показать, что это число заключено между
1	1 и 63/?+г
2	20/? — г'	(Румыния)
104.	Найти вещественные решения уравнения
j/x2 + 2рх — р2 — У х2 — 2рх — р2 = 1,
где р — положительное вещественное число. (Чехословакия)
105.	В плоскости дан правильный n-угольник Л Зг— Ля(п > 3)-
Сколько имеется тупоугольных треугольников Л (АjAk?
(Чехословакия)
106.	Дана последовательность целых чисел
aif Ог...п > 2.
Докажите, что существует такая подпоследовательность
oftl, а^, акз,...» akm, причем 1 <	< ••• < kn < п, что число
+ а12	нацело делится на п. (Чехословакия)
107.	В плоскости даны пять точек, из которых никакие три не
лежат на одной прямой. Каждые две из этих точек соединены друг
с другом либо красным, либо синим отрезком так, что никакие
три из этих отрезков не образуют треугольника одного цвета.
а) Докажите, что:
1) из каждой точки выходит ровно два красных и два синих от-
резка;
2) красные отрезки образуют замкнутую линию, которая содер-
жит все пять заданных точек (точно так же синие отрезки).
б) Покажите, каким способом нужно соединить пять точек
красными и синими отрезками, чтобы были выполнены условия за-
дачи.	(Чехословакия)
108.	Какое максимальное число шаров радиуса ~ можно по-
местить в прямоугольный параллелепипед размером 10ХЮ X 1?
(Югославия)
109. Алфавит состоит из л букв. Какова максимальная длина
слова, если:
а)	в нем две рядом стоящие буквы всегда различны;
б)	из него нельзя получить вычеркиванием букв слова вида
abab, где а Ф Ь?	(Югославия)
53
НО- Пусть
I (а, Ь, с) = I -1^1 + Ц-‘ - * | + -^1 + Ц-“ +1,
I | ab | ab с I | ab | ab с
Докажите, что
f (а, Ь, с) — 4max I—, —, —I	(Югославия)
I а~ b с ) *
111-	Сколько имеется наикратчайших отрезков среди всех пря-
мых, которые делят площадь данного треугольника АВС на 2 рав-
ные части? Найти длину кратчайшего из этих отрезков, считая сто-
роны а, Ь, с треугольника АВС данными.	(Румыния)
112-	Два зеркала образуют двугранный угол с раствором а.
Внутри угла стоят свеча и наблюдатель. Сколько изображений
свечи видит наблюдатель?	(СССР)
113-Дан четырехугольник площади S со сторонами a, b, с, d.
Докажите, что
S < а + с
""2*2'
(СССР)
114-	п школьников с номерами от 1 до п расположены в поряд-
ке 1, 2, ...» п. По команде каждый может либо один раз с кем-нибудь
поменяться местами, либо остаться на месте. Можно ли в результа-
те двух команд получить расположение п, 1, 2,..., п— 1?
(СССР)
115-	Фигуру площади 1, вырезанную из бумаги, разделили на
10 частей и покрасили эти части 10 разными красками. Затем фи-
гуру перевернули на обратную сторону и тоже разделили на 10
частей (каким-то другим способом). Доказать, что эти части мож-
но покрасить теми же 10 красками (разные части — разными крас-
ками) так, что сумма площадей кусков, покрашенных с обеих
сторон в один и тот же цвет, будет не меньше 0,1.	(СССР)
116-	Доказать, что в выпуклом шестиугольнике площади S
всегда можно провести диагональ, отсекающую от него треуголь-
ник площади, не превосходящей — S.	(СССР)
6
117.	Выбрали сто последовательных натуральных чисел, каж-
дое возвели в восьмую степень. На какие две цифры оканчивается
сумма этих степеней?	(СССР)
118-	Даны вершина А и центр тяжести М треугольника АВС.
Найти геометрическое место вершин В, таких, что /Л, Z В, АС
треугольника АВС одновременно удовлетворяют условиям:
40° < А < 70°, 40° < В < 70° и 40° < С < 70° (СССР)
119-	В тетраэдре все пары скрещивающихся ребер взаимно пер-
пендикулярны. Доказать, что все шесть середин его ребер лежат на
одной сфере.	(СССР)
54
120.	Можно ли на деревянный куб нанести 100 (или 200) точек
так, чтобы точки при всех вращениях куба переходили в себя.
Докажите свой ответ.	(СССР)
121.	Найти все х, для которых
т/’з”
sin х + sin 2х 4- ... 4- sin пх < ~-
при любом значении п.	(СССР)
122.	В группе переводчиков, каждый из которых знает один
или несколько иностранных языков, 24 владеют японским, 24 —
малайским, 24 — персидским. Доказать, что можно выделить под-
группу, в которой ровно 12 человек владели бы японским, ровно
12 — малайским и ровно 12 — персидским.
(Подгруппу из нечетного числа человек, может случиться,
нельзя образовать.)	(СССР)
123.	Дан линейный двучлен / (г) = Аг 4- В с комплексными
коэффициентами А и В. Известно, что максимальное значение
J / (г)| на отрезке — I < х < I (у = 0) действительной оси ком-
плексной плоскости г — х 4- iy равно М.
Доказать, что при любом г
I Цг) | < Мр,
где р — сумма расстояний от точки Р « г до точек
Qi (z = 1) и Q3 (z = - 1).	(СССР)
124.	На окружности с центром О радиуса I от точки Ло отложим
точки Ль А2, ..., Лмв, Л1000 так, что угол А9ОАк = k (в радианной
мере). Затем окружность в точках Лв, Ль ..., Л1000 разрезается.
Сколько различных по длине дуг при этом получится? (СССР)
125.	Доказать, что для любой пары векторов f и g пространства
имеет место неравенство (А)
af2 4- bfe 4- cga > 0	(А)
в том и только в том случае, если выполняются условия
а > 0; с > 0; 4ос > Ь*	(В)
(Венгрия)
126. В равнобедренном треугольнике АВС АВ — АС и
ЛВАС = 20°. Обозначим через D ту точку ребра АВ, для которой
AD — CD, а через Е ту точку ребра АС, для которой ВС = СЕ.
Определить Z CDE.	(Венгрия)
127.	Доказать, что если а и b— положительные вещественные
числа, т — целое число, то
. а \м /. b \Ч1 л. ..
14--] 4- 1 4- -) > 2mhl.
Ь /	\ а /
(Польша)
55
128-Полином Р (х) = а^х* 4-	ak, где а0, ак
целые, называют делящимся на т, если Р (х) кратно т для
каждого целого значения х.
Показать, что если Р (х) — делящийся на т, тогда А! а0 кратно т.
Доказать также, что если а0, k, tn — положительные целые,
такие, что k\ а0 кратно т, тогда может быть найден полином
Р (х) —a9xk + «tX*-1 4- ... 4- ak, делящийся на т. (Англия)
129. Даны точка О и три длины х, у, г. Доказать, что равно-
сторонний треугольник АВС такой, что ОА — х; ОВ — у; ОС = г
существует тогда и только тогда, если х 4- у > г; у + г > х;
2 4- х > у (точки О; А; В; С лежат в одной плоскости). (Англия)
13О> Пусть [а] обозначает целую часть числа а, т. е. наиболь-
шее целое непревосходящее_а, и (а) = а— [о] —дробную часть.
Показать, что числа (Ю"^ ), где п = 0; 1; ... все (попарно) раз-
личны.	(Швеция)
131  Два парохода идут по морю с постоянными скоростями
по фиксированным направлениям. В 9. 00 расстояние между ними
20 миль, в 9. 35 — 15 миль и в 9. 55 — 13 миль. В какой момент
времени расстояние между пароходами минимально и каково это
расстояние?	(Швеция)
132> Дано простое нечетное число р. Найти необходимое и до-
статочное условие того, что сумма квадратов р — 1 последователь-
ных натуральных чисел делится на сумму этих чисел. (Чехословакия)
133 . В пространстве расположены п точек так, что любые три
из них являются вершинами треугольника, один из углов которого
больше 120°. Доказать, что эти точки можно обозначить буквами
А1( А2, ..., А„ таким образом, что каждый из углов AzAyAft боль-
ше 120°, если i< j< k.	(Чехословакия)
134* В пространстве даны 6 таких точек Ру; /=1; 2; ...; 6, что
никакие четыре из них не находятся в одной плоскости. Каждый
отрезок прямой P}Pk (j =/= k) окрашен в черный или белый цвет.
Доказать, что существует хотя бы один треугольник PjPkPt,
стороны которого были бы од ного цвета.	(Швеция)
135. Доказать, что имеется бесконечное множество целых поло-
жительных чисел, которые не могут быть записаны как сумма квад-
ратов трех целых чисел.	(Швеция)
136. Найти все действительные числа Л,, для которых уравнение
sin4x — cos4x = 1 (tg4x — ctg4x):
а)	не имеет ни одного решения;
б)	имеет только одно решение;
в)	имеет только два решения;
г)	имеет больше двух действительных решений в промежутке
0<х<^.	(ГДР)
56
137- Доказать, что 1 4- — + — + — 4-	< —•	(Венгрия)
23 З3	п3 4
138 Пусть на плоскости даны 4000 точек, таких, что никакие
три из них не лежат на одной и той же прямой. Доказать, что в
этом случае можно нарисовать на плоскости 1000 четырехуголь-
ников без общих точек, но чтобы их вершины были бы данными
точками.	(Венгрия)
139. Вершины многоугольника с л 4- 1 сторонами расположены
на сторонах правильного многоугольника с п сторонами так, что
периметр многоугольника с п сторонами был разделен на равные
части. Как нужно выбрать эти точки, чтобы площадь многоуголь-
ника с п 4- 1 сторонами была:
а)	наибольшей;
б)	наименьшей?	(Голландия)
140. Xt, х2, х3, xk, х5 — целые положительные числа, которые
удовлетворяют соотношениям:
4-	х2 4~ х3 4- х4 4- ха = 1000,
Xi — х2 4-х3 —-х4 4- ха> 0,
Xi 4- х2 — х3 4- х^ — х5 > 0,
— 4" х2 4~ х3—х^ 4- х5 > 0,
Xi — х2 4- х3 4- х4 — ха > 0,
— xt + х2—х3 4- х^ 4- х5 > 0.
а)	Найти наибольшее значение степени (х4 4- x3)**+*«.
б)	Сколькими разными способами можно выбрать xit х2, х3, х& ха,
при которых достигается это наибольшее значение? (Голландия)
141.	Один мальчик построил для своего поезда-игрушки замк-
нутую рельсовую сеть, не имеющую перекрестков и прямых от-
резков. У него имеется большое число равных рельсов, имеющих
форму четверти окружности. Некоторые из них расположены так,
что поезд проходит их по направлению часовой стрелки, а дру-
гие поезд проходит в направлении, обратном движению часовой
стрелки.
Показать, что в рельсовой сети четное число тех и других видов
рельсов и что число всех рельсов кратно четырем. (Голландия)
142.	Пусть —апофема правильного n-угольника, вписанного
в круг радиуса /?. Доказать, что (п 4- 1) hn+i—nhn Ж. (Болгария)
143.	Найти радиус окружности, описанной около равнобедрен-
ного треугольника, стороны которого являются корнями квад-
ратного уравнения х2 — ах 4- b = 0.	(Монголия)
144.	Дан многочлен f (х) с целыми коэффициентами, значение
которого кратно 3 для трех целых значений: k\ k 4- 1; k 4- 2.
Показать, что f (т) кратно 3 для любого целого т. (Польша)
145.	Три положительных числа xit х2, х3 удовлетворяют усло-
виям х3>1, Xi 4- хг 4- х3 < — 4- — 4- —.
*1	2	*3
57
Доказать что:
а)	ни одно из этих чисел не равно 1;
б)	ровно одно из них меньше 1.	(Югославия)
146.	_Парк имеет форму выпуклого пятиугольника плотцади
S = 5 КЗ • 100а. Гуляющий в парке, находясь во внутренней точ-
ке О, обнаружил, что он от каждой вершины удален не более чем
на 200 м. Доказать, что он удален от каждой точки на сторонах
пятиугольника не меньше, чем на 100 м.	(Югославия)
147.	k2, ...» kn(n > 2) являются целыми неотрицательными
числами. Доказать неравенство
kf\ k2l ... kn\	(j—1 !)л, где k = ki 4- k2 4- ... + kn
n J
([x ] — целая часть числа x).	(Чехословакия)
148.	Доказать, что уравнение х84-у84- а8 = 1969а не имеет
решения в целых числах.	(Болгария)
149.	Найти все функции f (х), определенные для каждого х и
удовлетворяющие уравненияю
х f (У) 4- У t (х) == (х 4- у)/ (х) f (у)
для произвольных х и у. Доказать, что только две из них непрерыв-
ные.	(Болгария)
150.	На квадрат со стороной 38 см наложены 100 выпуклых мно-
гоугольников, площадь и периметр каждого из которых не превы-
шают соответственно л см2 и 2л см. Доказать, что в квадрате оста-
нется круг радиуса 1 см, который не имеет общих точек ни с одним
из многоугольнике®.	(Болгария)
ЗАДАЧИ, ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ НА
НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
ЗАДАЧИ АНГЛИЙСКИХ ОЛИМПИАД
151.	Квадратный кусок фанеры разрезан на п2 равных единич-
ных квадратов. Они переставлены так, что получилось 4 прямо-
угольника и 1 единичный квадрат. Причем все 9 размеров этих
фигур различны.
а)	Найти наименьшее значение п, удовлетворяющее условиям
задачи, и определить размеры фигур для этого значения п.
б)	Найти все значения п, удовлетворяющие условиям задачи.
Обоснуйте ответ.
152.	f (х) — действительная функция действительного перемен-
ного х, не тождественно равная нулю. Пусть f (х) • f (у) = f (х — у)
для всех возможных действительных значений х и у. Найти f (х).
58
153	в Вокруг окружности радиуса г описаны всевозможные тре-
угольники. В треугольники вписаны квадраты (стороны которых
имеют длину х). Докажите, что
2г > х > V2 г.
154.	Длинный коридор единичной ширины имеет форму буквы
«Г». Жесткая длинная труба (шириной которой можно пренебречь)
положена и всюду касается пола. Длиной трубы (труба может быть
искривлена) называется прямолинейное расстояние между ее кон-
цами. Найти максимальную длину трубы, чтобы трубу можно было
протащить вдоль обоих колен коридора и повернуть в углу, не
отрывая от пола.
ЗАДАЧИ БОЛГАРСКИХ ОЛИМПИАД
155в Докажите, что полином f (х) = хь — х 4- л, где а — це-
лое число, не делящееся на 5, нельзя представить в виде произве-
дения двух полиномов с целыми коэффициентами.
156-	Из трех различных цифр х, у, г образованы всевозможные
трехзначные числа. Сумма этих чисел в три раза больше трехзнач-
ного числа, каждая цифра которого есть х. Найти цифры х, у, г.
15 7 > Решить неравенство:
__J_____* ।	15
2(х-1)	х 2(х4-1)
158.	Доказать, что если а, р, у — углы произвольного треуголь-
ника, то справедливо тождество:
cos2 а 4- cos2 р + cos2 у 4- 2 cos а cos р cos у = 1.
159-	Построить треугольник, подобный данному треугольнику,
одна вершина которого — данная точка, остальные две вершины
лежат на данной прямой и данной окружности.
160-	Докажите, что если правильный тетраэдр пересечь плос-
костью, параллельной любым двум его скрещивающимся ребрам,
то: а) сечение есть прямоугольник;
б) периметр сечения не зависит от положения секущей плос-
кости.
ЗАДАЧИ ВЕНГЕРСКИХ ОЛИМПИАД
161-	В остроугольный треугольник вписан квадрат, две вер-
шины которого находятся на одной стороне треугольника, одна—
на другой и одна — на третьей. Доказать, что центр окружности,
вписанной в треугольник, лежит внутри квадрата.
162.	(II тур для начин ающи х.) На некоторой мате-
матической олимпиаде было предложено пять задач. Среди участ-
59
ников олимпиады не оказалось двух, решивших одни и те же зада*
чи. Если не принимать во внимание любую из задач, то, выбрав
любого участника, можно найти и другого, решившего из остав-
шихся четырех задач те же, что и он. Сколько человек участвовало
в олимпиаде?
163.	(I т у р для успев ающи х.) Доказать, что точка
пересечения высот треугольника ближе расположена к более ко-
роткой из двух сторон, чем к более длинной.
164.	(I тур для успев ающи х.) Определить числа
а, Ь, с так, чтобы выполнялось тождество
х3 — ах3 4- Ьх — с = (х — а) (х — Ь) (х — с).
165.	(И тур для успев ающи х.) Преобразовать в
произведение следующее выражение:
[(а — с)2 + (b — d)2 ] (а2 4- Ь3) — (ad — be)3,
166.	(I тур для специальных классов.) Дока-
зать, что если три угла выпуклого четырехугольника тупые, то
диагональ, исходящая из четвертого угла, длиннее, чем другая
диагональ.
167.	(I тур для сп ециальных классов). Пред-
положим, что справедливы следующие утверждения:
а)	среди людей, имеющих телевизоры, есть такие, которые не
являются малярами;
б)	люди, каждый день купающиеся в бассейне, но не являю-
щиеся малярами, не имеют телевизоров.
Следует ли отсюда следующее утверждение:
в)	не все владельцы телевизоров каждый день купаются в бас-
сейне?
168.	(П тур дляспециаль ных классов.) Дана
окружность и точка Р внутри нее. Через любую точку Q окружно-
сти проводим касательную. Перпендикуляр, опущенный из центра
окружности на PQ, и касательная пересекаются в точке М. Най-
ти геометрическое место точек М, когда Q пробегает всю окруж-
ность.
169.	Определить действительные числа а, Ь, с, для которых
\f (х)| = |ах2 4- bx 4- < 1 при |х| < 1 и ^-а3 4- 2&2
О
максимально.
170.	Дано натуральное число п. Определить неотрицательные
числа k и /, для которых
k . п — k
 , , 4-----, 	максимально.
k 4-1 п — (k 4- О
60
171.	xt — положительное число, меныпее I (rz < 1). Образуем
последовательность xit х2, ..., хп, ... , гдехЛ+1 удовлетворяет соот-
ношению xh+i = xk — xl (k — 1,2, ...). Доказать, что для любого л
х 1 4-%2 4“ ••• 4- •*- n 1 •
172-	ABCD — плоский четырехугольник. Точка А{ симметрич-
на точке А относительно В; В£ симметрична В относительно С;
Ci симметрична С относительно В; В£ симметрична D относитель-
но А. Построить четырехугольник A BCD, считая точки Ait Bif Cit
Di данными.
ЗАДАЧИ ОЛИМПИАД ГДР
173-	Доказать следующее утверждение: треугольник с углами
а, 0, у прямоугольный тогда и только тогда, когда
cos 2а 4- cos 20 4- cos 2у = — 1.
174-	Доказать, что л34 Зп2 — п — 3 при любом нечетном п
делится на 48.
175-	Даны два числа zt =	4- КЮ и z2 = ]/3 + К19*
Установить, не производя вычисления корней, какое из чисел
больше.
176.	В задаче каждая буква и каждая звезда обозначают цифры
от 0 до 9 (Л 0).
ATOM X АТОМ
* * * * *
* * * * *
* * * * АТОМ
Различные буквы соответствуют различным цифрам. Заменить
буквы и звездочки цифрами.
177- а) Доказать, что остаток от деления простого числа на 30
есть 1 или простое число.
б) Проверьте справедливость этого утверждения при делении
простого числа на 60.
Ответ обосновать.
178- Доказать, что если по крайней мере два из трех действи-
тельных чисел а, Ь, с отличны от нуля, то справедливо неравенство
а2 &2	, с3	3_
62 4 с2 "г" с2 4- а2 + а2 4 Ь2	2 ‘
При каких соотношениях имеет место равенство?
61
179.	Пусть дан тетраэдр (необязательно правильный), все грани
которого равновелики между собой. Доказать, что центры вписан-
ного в него и описанного около него шаров совпадают.
180.	Укажите все вещественные числа а, для которых уравнение
sin6 * х + cos6 х = a (sin4 х + cos4 х)
имеет по крайней мере одно вещественное решение.
Найдите все решения для а — —.
6
181.	Множество М элементов и, v, w ... называется полугруп-
пой, если в нем определена операция, однозначно приписывающая
каждой упорядоченной паре (и, v) элементов из М элемент w
из М (пишут и о v = w) и если эта алгебраическая операция
ассоциативна, т. е. если для всех элементов из М имеет место
(и О v) О w = и О (и о w).
Пусть с — положительное вещественное число, а М — множе-
ство всех неотрицательных чисел, меньших с. Для любой пары чисел
.. * “ + °
из М определим операцию следующим образом: и ° v —-------•
1+-^-
са
а)	Доказать, что М является полугруппой.
б)	Исследовать, является ли М регулярной полугруппой,
т. е. следует ли из и о vt = и о и2 всегда vt = v2, а из о v = «2 0 v
тоже всегда — и2.
182.	Три цеха W2, W3 завода и железнодорожная станция В
расположены в плоской местности, Точки Wit W2, W3 не принад-
лежат одной прямой. Они связаны между собой тремя прямолиней-
ными дорогами — отрезками WiW2, W3 Wt. Причем ^2^з<
< W3Wt < WiW2. Железнодорожная станция расположена внут-
ри треугольника WiW2W3. От указанных трех дорог она имеет
равные расстояния. С тремя цехами станция связана прямолиней-
ными дорогами — отрезками BW19 BW2, BW3.
Автобус должен ехать со станции сначала ко всем трех цехам,
а затем возвращаться на станцию, причем могут быть использова-
ны только указанные дороги. При этих условиях указать кратчай-
ший маршрут автобуса.
183.	Квадратные корни часто вычисляются при помощи прибли-
женной формулы Va2 -j- b
2а
При этом а и b — положительные вещественные числа.
а) Доказать, что для погрешности этого приближенного значе-
Ь ____________________
ния 6 = а + — — у а2 ~Ь b имеет место 0 < 6 < —3 •
б) Вывести аналогичную приближенную формулу для у а8+6
и оценить погрешность.
В практическом применении b выбирается сравнительно малым.
32
Как упрощается оценка, если числа а, Ь целые, удовлетворяющие
неравенству а3 < а3+ b < (а + I)3 ?
в) При помощи вышеуказанных формул вычислить приближен-
ные значения )/56 и Y80.
184.	Имеются деревянный шар, циркуль, которым можно рисо-
вать как на плоскости, так и на сфере, карандаш, линейка (без
измерительной шкалы) и (плоская) чертежная бумага. Нарисуйте
радиус шара.
ЗАДАЧИ ПОЛЬСКИХ ОЛИМПИАД
185.	Даны точки А и Ви окружность К. Построить окружность,
проходящую через Л и В и определяющую в пересечении с окруж-
ностью К хорду данной длины — q.
186.	Найти трехзначное число х, такое, что число, составленное
теми же цифрами в том же порядке, но при другом основании (ие
равном 10), в два раза больше данного числа х.
187.	Доказать, что если и > 3, то
n-Hz——г . п г—
у п + 1 <• у п .
188.	Из точки Л окружности k восставлен перпендикуляр АВ
к плоскости этой окружности. Найти геометрическое место проек-
ций точки А на всевозможные прямые ВМ, где М — произвольная
точка окружности k.
188.	В выпуклом четырехугольнике ABCD AB+BD не боль-
ше, чем АС + CD. Докажите, что тогда сторона АВ меньше диа-
гонали АС.
ЗАДАЧИ РУМЫНСКИХ ОЛИМПИАД
180. Доказать, что уравнение х4 — 6х2 +1=0 имеет корни
эт Зл 5л
tg 7 ; tg -; tg -.
181. Решить систему уравнений:
2Х| + 2х2 + Зх3 + • • • + пхп — 0,
2х4 + 5х2 + 6х3 + • • • + 2пх„ = О,
kX} + 2/sx2 + З&Х3 + • • • + (1 + k3) + • • • + nkxn О,
..............................i
tiXj + 2лх2 + 3/ix3 + • • • + (1 + я2) xn = 0»
63
192.	Докажите, что
/ ха sin j' — 2х 4~ sin у \*
\ х2 — 2х sin_y +1 /
при всех х и у за исключением тех, при которых знаменатель обра-
щается в нуль.
193.	Найти вещественные решения уравнения
Кх4—18х2 + 81 — 21/х4 —2х2+1 + Ух*-Ь* 4-7=0.
194.	Три группы рыбаков поймали 113 рыб. На каждого рыбака
I группы пришлось по 13 рыб, на каждого рыбака II группы —
по 5 рыб и на каждого рыбака III группы — по 4 рыбы. Сколько
рыбаков было в каждой группе, если всего их было 16?
ЗАДАЧИ, ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ НА ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНОМ ТУРЕ
ЧЕТВЕРТОЙ ВСЕРОССИЙСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ
ОЛИМПИАДЫ
195.	В треугольнике две высоты не меньше сторон, на которые
они опущены. Найти углы треугольника (VIII—IX классы).
196.	Доказать, что т (m-j-1) не является степенью (выше пер-
вой) целого числа ни при каком натуральном т (VIII класс).
197.	У каждого из чисел от 1 до миллиарда подсчитывается сум-
ма его цифр. Затем у каждого числа из получившегося миллиарда
чисел снова подсчитывается сумма его цифр и т. д., пока не полу-
чится миллиард однозначных чисел. Каких чисел получится боль-
ше: 1 или 2? (VIII класс.)
198.	а) В выпуклом шестиугольнике ABCDEF все внутренние
углы равны. Доказать, что АВ — DE = FE — ВС — DC — FA.
б)	Обратно, доказать, что из шести отрезков а2, а3,	а3,
а6, длины которых удовлетворяют соотношениям
о х — d^ ——	—— a* — d з " ае >
можно составить выпуклый шестиугольник с равными углами,
(а) — VIII класс и б) — X класс.)
199.	Найти все решения в целых числах уравнения
1964 корня.
(IX класс).
200.	Из вершины произвольного выпуклого четырехугольника
опущены перпендикуляры на его диагонали. Доказать, что четы-
64
рехугольник, образованный основаниями этих перпендикуляров,
подобен исходному (IX класс).
201.	Найти все нечетные натуральные числа п, для которых
(п — 1)! не делится на п2 (через fe! обозначается произведение
1 • 2 • 3 •...•(* — 1) • k) (IX класс).
202.	Около окружности с центром О описан четырехуголь-
ник ABCD. Докажите, что сумма углов АОВ и COD равна 180°
(X класс).
203.	Даны натуральные числа а, Ь и п. Известно, что при лю-
бом натуральном k (k, =/= b) число kn — а делится без остатка на
k — b. Доказать, что а = bn (X класс).
204.	Найти наибольший полный квадрат, такой, что после вы-
черкивания двух его последних цифр получается снова полный
квадрат. Предполагается, что хотя бы одна из вычеркиваемых цифр
не нуль (XI класс).
205.	На плоскости нарисована сеть, образованная из правиль-
ных шестиугольников со стороной 1. Жук, двигаясь по линиям
сетки, прополз из узла А в узел В по кратчайшему пути, равному
100. Доказать, что половину всего пути он полз в одном направле-
нии (IX класс).
206.	В выражении xt : х2 : ... : хп для обозначения порядка,
в котором нужно производить деление, расставляются скобки,
после этого данное выражение записывается в виде дроби
Ч Ч *ik
хк xit- xin-k
/	X! •	X3
например, (л*!: (x2: x3)): x4 = -—~ 5
\	x2 *	“^4
((х^: x2): x3): x4 =	)
Сколько различных дробей такого вида можно получить из
выражения : х2: ... : хп, по-разному расставляя в нем скобки?
(X—XI классы.)
207.	На какое наименьшее число тетраэдров можно разбить
куб? (X—XI классы.)
208.	Дан произвольный набор попарно различных целых чисел:
аь Оз,..., an-lt ап\ (п > 2).
г,	„	> fll +й2 Я2 + а3	an-l~j~an ап~Ьа1
Из него получается новый набор: —-—> —-—............—j—, —-—»
из этого — следующий по тому же правилу и т. д. Доказать, что
через несколько шагов обязательно получится набор, в котором
не все числа будут целыми (XI класс).
3	65
20В. ABCD — описанная трапеция, Е—точка пересечения диа-
гоналей, г4, г2, гз» г4 — радиусы окружностей, вписанных в тре-
угольники ВАЕ, ВСЕ, CDE и DAE соответственно. Доказать, что
1 . 1 1.1
— -f- — = — Ч- - (XI класс)
Г1 Г3 Г* г4
ЗАДАЧИ ЧЕХОСЛОВАЦКИХ ОЛИМПИАД
210.	Задан прямоугольный равнобедренный треугольник APQ
с гипотенузой АР. Требуется построить квадрат ABCD так, чтобы
прямые ВС, CD проходили через точки Р, Q соответственно. Выра-
зить длину стороны квадрата ABCD через длину а катета данного
треугольника.
211.	Найти все натуральные числа п, для которых число2Л— 1
является второй или более высокой степенью (с целым показате-
лем) натурального числа.
212.	Дан прямоугольный треугольник АВС, катеты которого
СВ и С А удовлетворяют соотношению СВ < С А. Найти множество
всех точек X треугольника АВС, для которых одновременно вы-
полнены следующие соотношения:
ХА > ХВ > ХС, Xi > xz > х3, где х2, х3 обозна-
чают расстояния от точки X до сторон ВС, СА, АВ треугольника
АВС соответственно.
213.	Даны две одинаковые окружности k t, /г2; которые пересека-
ются в двух разных точках Р, Q. Через точку Р проведем прямую,
пересекающую обе окружности еще в точках X, Y, которые
взаимно отделены друг от друга точкой Р.
а)	Найти геометрические места середин сторон треугольника
QXY.
б)	Найти, какую фигуру заполнят центры окружностей, опи-
санных около треугольника QXY.
214.	Дана функция
= 7 (|1 +	| 11 — уч —Ха |).
Построить график этой функции при —2 < х < 2 и доказать,
что он состоит из двух отрезков и из двух окружностей.
215.	Дана трапеция ABCD с основанием ЛВ. Требуется по-
строить внутри отрезка AD точку Р и внутри отрезка ВС точку Q
так, чтобы одновременно было PQ || АВ и XQ || PC. Выразить
величины отрезков АР, BQ через длины сторон данной трапеции.
216.	Найти сумму
$in 1	, sin 1	. sin 1	sin 1
-----;---1-----------1--------1	 i ----------
cos 0 cos 1 cos 1 cos 2 cos 2 cos 3 1_____________1 cos (n — 1) cos n
n — целое положительное число.
66
217.	Доказать, что если ребра тетраэдра ABCD связаны равен-
ством
ДВ2 4- CD2 = ДС2 4- BD2 = ДО2 4- ВС2,
то хотя бы одна грань тетраэдра — остроугольный треугольник.
218> Пусть числа ait а2, ..., я„(т>2) положительны. Найти
все действительные решения системы уравнений:
Х2 — Of,
^2 *3 — ^2/
xn-iXn =an_it
хл Xf — ап.
219- Найти все тройки простых чисел а, Ь, с, для которых спра-
ведливо неравенство
abc <Zab 4- be 4- са.
220- Длина одного бокового ребра четырехугольной пирамиды
равна х, длины всех остальных ребер принимают значение I.
а)	Выразить объем пирамиды как функцию х.
б)	Найти х, при котором объем принимает максимальное зна-
чение.
ЗАДАЧИ ШВЕДСКИХ ОЛИМПИАД
221.	Числа 1, 2, ..., п переставлены в некотором порядке
th, а2, .... ап. Докажите, что если п нечетно, то произведение
(at — 1) (а2 — 2) ... (ап — п) обязательно четно.
222.	Найти многочлен р (х) с целыми коэффициентами, обра-
щающийся в нуль при х = 'К24-КЗих==К 2 4~ Iх" 3.
I
223.	Докажите, что для каждого действительного числа х> ~
найдется целое п, такое, что | х — и21 <	“ 4"
ЗАДАЧИ ЮГОСЛАВСКИХ ОЛИМПИАД
224.	Дан тетраэдр ОДВС, в котором Z ДОВ == Z ВОС =
« Z СОД = 90°.
а) Доказать, что вершина О тетраэдра, центр тяжести Т грани
АВС и центр S описанной около тетраэдра сферы лежат на одной
прямой.
в)	Доказать, что
etga : etg р : etgу — a2: 62: с2,
3*
67
где а = Z CAB; 0 = Z ABC; у = Z ВСЯ; a = OA; b = OB;
с = ОС.
225- Ребро основания правильной четырехугольной призмы
равно 2а, а высота а (1 + V 3). Проведена сфера, проходящая
через все вершины нижнего основания призмы и касающаяся его
верхнего основания. Определить часть поверхности призмы, нахо-
дящейся внутри сферы.
226. На расстоянии d м от близорукого мудреца лежит предмет.
Мудрец видит предмет только на расстоянии, меньшем 1 м. Муд-
з
рец поспорил, что он найдет предмет, сделав меньше — d+?
шагов, при условии, что ему после каждого его шага, имеющего
длину 1 м, скажут «подошел ближе» или «не подошел ближе». (Пред-
мет считается найденным, если мудрец приблизился к нему на рас-
стояние меньше 1 м, т. е. когда он может его увидеть.) Доказать,
что мудрец может выиграть этот спор.
2 РЕШЕНИЯ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ
ОЛИМПИАД
1. Пусть d > 1 — наибольший общий делитель числителя и
знаменателя при некотором п. Тогда 21л + 4 = sd; 14л + 3
J 42л + 8 = 2sd,
Тогда	\ 42л 4- 9 = 3/d,
1 = (3t — 2s)d,
но 0 < — = 3/ — 2s — целое. Отсюда d = 1.
Вариант решения
Применим алгоритм Евклида
21л + 4 114л 4- 3	14л 4- 3 | 7л 4- 1
~14л 4- 3 11	112*
7л 4- 1
Таким образом, числитель и знаменатель имеют при любом л об-
щий наибольший делитель, равный единице, поэтому они взаимно
просты.
2» В условии задачи неявно требуется, чтобы все подкоренные
значения были неотрицательными. Поэтому следует рассматривать
1
лишь значения к > —, чтобы 2х — 1 > 0. В этой области подко-
ренные выражения для остальных корней также неотрицательны.
Для х 4- V 2х — 1 это очевидно. Из неотрицательности квадратного
трехчлена
(х _ 1)2 = Х2 _ 2Х 4- 1 > 0
следует, х2 > 2х — 1, а поэтому х > ]Л2х — 1
так, что и х — |/2х — 1 > 0 при х > у.
69
Преобразуем
]/x + /2x ~1 = —Lj/2x4-2/2x— 1 =
г 2
=	V 2х — 14-2К2х^Т + 1=~^/(/2х^Л+1)2 =
1
У~2
/2х—1 4- 1
и аналогично
Vх —/2x^*1 = —L •
'	У 2
/2х—1 — 1
(берем абсолютные величины, так как по условию корни положи-
тельны).
г»	1 ж
Рассмотрим определенную при х > — функцию
у = Ух + /2х — 1 + Ух - /2х - 1 =
= -~(I/2х—1 4-11 4 |/2х—1 — 1 |).
У 2
Разобьем область ее определения на два промежутка:
— < X < 1 И 1 < X < ос .
2
На первом промежутке
1
У
(/2Х-1+1)+(-К2х-1 +1),
•	i
На втором промежутке
Итак, мы доказали, что
= _А_ = /,2 .
У 2
= /2" -/2х— 1.
(/2х —1 + 1) + (]/2х — 1 —1)
у = У 2 для у < х < 1;
у = / 2 • У 2х— 1 для 1 < х < оо и у > У~2.
Отсюда следует, что данные в условии задачи равенства имеют
место при следующих значениях х:
а)	у = у 2 выполняется для ~ < х < Г,
б)	у ~ 1 не выполняется ни при каком значении х, так как
У > /2;
70
з	__________—.
в)	у = 2 выполняется при х = у , так как у 2 • у 2х — 1=2.
3- Перепишем данное равенство в виде:
a cos2 х + с = —b cos х.	(1)
Тогда для четырех чисел а, Ь, с и cos х выполняется также
а2 4 cos4 х 4- (4 ас — 2Ь2) • 2 cos2 х + 4с2 = 0,	(2)
которое получается из данного возведением в квадрат и умноже-
нием на 4. cos 2х и cos х связаны соотношением
cos 2х = 2 cos2 х — 1.	(3)
Отсюда
2 cos2 х = cos 2х 4- 1.	(4)
Подставляя выражение (4) в равенство (2), получим
a2(cos 2х 4- I)2 4- (4ос — 2b2) (cos 2х 4- 1) 4- 4с2 = 0.
Располагая по степеням cos 2х, получаем:
a2 cos2 2х 4- (2а24~ 4ас — 2b2) cos 2х 4- (а24~ 4ас — 2Ь2 4- 4с2) = 0
Это и есть квадратичное соотношение относительно а, Ь, с и cos 2х.
В случае а = 4, b = 2, с = —1 будет
а2 = 16; 2а2 4- 4ас — 2Ь2 = 8,
а2 4~ 4ас — 2Ь2 4- 4с2 = —4.
Мы получаем для cos 2х уравнение:
4 cos2 2х 4- 2 cos 2х — 1 = 0,
и заданное соотношение при а = 4, b = 2, с = —1 имеет вид:
4 cos2 х 4- 2 cos х — 1 =0.
Вариант решения
Обозначим через у\ и у2 корни данного квадратного урав-
Ь	с
нения. Очевидно, у4 4- Уг =---; У1У2 = — • Нам надо получить
а	а
квадратное уравнение с корнями z4 = 2yl — 1 и z2 = 2у1 — 1.
Вычислим — (zt 4- z2) и Z{ - z2. Получим:
—(zt 4- 2а) = —2(yt 4- У2)2 4- 4yty2 4- 2;
Zi • z2 = 4y2y2 — 2(y4 4- У2)2 4- 4y4y2 4- 1.
Таким образом, коэффициент при г2 можно взять равным 1, а ко-
эффициент при z и свободный член — равными полученным выраже-
71
са—
2
НИЯМ ДЛЯ —(Zi 4- Z2) и Zi • z2, под-
b	.
ставив в них-----вместо у1 + у2
а
и — вместо у#2 и умножая пра-
а
вую часть равенства на а2, по-
лучаем искомое квадратное соот-
ношение. В этом варианте слу-
чай а = 0 требует отдельного ис-
следования.
4. Пусть прямоугольный тре-
угольник АВС — искомый (рис. 1).
Из середины О его гипотенузы
АВ = с опишем окружность радиу-
Как известно, она будет описанной около треугольника АВС.
Из вэршины С опустим высоту hc. Вычислим площадь треуголь-
ника АВС'.
S— — АС > ВС = —с • hc.
2	2 с
По условию АС • СВ — (СО)2 = — , но АС • СВ — 2S. Зна-
4
с
чит, с  hc = —. Следовательно, hc = —. Поэтому вершина С
4	4
является одной из точек пересечения окружности, построенной на
отрезке Л В данной длины с как на диаметре, и прямой, параллель-
ной АВ и отстоящей от АВ на расстояние .
5. 1) Докажем, что прямые AN и BN взаимно перпендику-
лярны. Действительно, ^ANM = Z АСМ = 45°. Точно так же
Z BNM = ZBEM = 45°. Следовательно, Z AN В = 90° и прямая
MN — его биссектриса (рис. 2).
2)	а) Докажем, что прямая ВС проходит через точку N. Соеди-
ним точку В с точкой N и точку С с N. BNA — прямой, по до-
казанному. /.CNA также прямой, как опирающийся на диаметр.
Следовательно, CN I NA и BN I NA, т. е. три точки В, N и С ле-
жат на одной прямой — перпендикуляре к NA, восставленном в
точке N.
б) Докажем, что прямая AF проходит через точку N. Соединим
точку F с точкой W, /FNB = 90°, как опирающийся на диаметр
FB. По п. 1 AN J_ BN, следовательно, точки F и А лежат на одном
перпендикуляре, восставленном к прямой NB в точке N.
3)	Докажем, что все прямые MN, при произвольном выборе
точки М на отрезке АВ, проходят через постоянную точку S. Из
72
середины отрезка АВ опишем ок-
АВ ~
ружность радиуса г — — • Гео-
метрическим местом точек N
будет полуокружность, так как
по п. 1 ^.ANB— прямой, при-
чем MN является его биссект-
рисой. Следовательно, все пря-
мые MN проходят через точку
S, делящую пополам дополни-
тельную дугу АВ.
4)	Докажем, что геометри-
ческим местом середин R от-
резков PQ, соединяющих цент-
ры квадратов, будет отрезок VW
прямой, параллельной прямой
АВ и отстоящей от нее на рас-
стоянии h = Опустим из
точек Р, Q и R перпендикуляры РР', RR', QQ' на АВ. Тогда
четырехугольник PP'QQ' — трапеция, a RR'—средняя линия
этой трапеции, поэтому RR' = -РР , но РР' = и
QQ' = МВ, следовательно, RR' = ВМ = — . Тогда
2	4	4
точки, принадлежащие геометрическому месту, лежат на прямой,
параллельной АВ и отстоящей от нее на расстоянии RR' =	.
Рассмотрим крайние положения точек R, а именно, когда точка М
совпадает с точкой А и когда точка М совпадает с точкой В, тогда
точка R является серединой отрезков РА и РВ, где Р — центр
квадрата, построенного на АВ.
6. Пусть трапеция ABCD — искомая (рис. 3), тогда прямые
АВ || CD || р. Таким образом, нужно через точки А и С провести
прямые р' и q', соответственно параллельные р, и на этих двух
прямых р' и q' найти точки В и D — вершины равнобедренной
трапеции ABCD, в которую вписан круг. Если окружность вписа-
на в трапецию, то АВ + CD = AD 4- ВС = 2 AD. Тогда AF' =
= FE (где F' — середина АВ, FF' I q' и Е — проекция А на
CD, рис. 4), поэтому АВ — 2AF' = 2EF и CD = 2 СЕ — 2EF, от-
куда 2 AD = 2ЕС, т. е. AD ЕС, и точки D и D' лежат на окруж-
ности радиуса ЕС, с центром в точке А. Чтобы задача имела реше-
АЕ
ние, необходимо, чтобы AD = ЕС > F'F, т. е. — <1, т. е.
ЕС
£АСЕ < 45°.
Это условие является и достаточным.
73
Отсюда вытекает следующее построение. Из точки А
опускаем перпендикуляр ЛЕ на прямую q' и из точки А радиусом,
равным СЕ, описываем окружность и берем точки D и D' пересе-
чения с прямой q'. Разделим отрезок CD пополам и проведем
FF' I CD. Точку В (В') получим, отразив симметрично точку А
относительно FF', таким образом, задача имеет два решения, если
ЛАСЕ < 45°, и одно решение (трапеция превращается в квадрат),
если ZXCE = 45°.
7- Пусть N — искомое трехзначное число, тогда
N = а • 102 + ft • 10 +с, где 0 < а, Ь, с < 9. Преобразуем
N = 99а + lift + а — b + с.	(1)
Чтобы N делилось на 11, необходимо и достаточно, чтобы а — ft + с
делилось на 11*, т. е. а — ft + с — k • 11.	(2)
Поскольку —9 < а — ft + с < 18, то или k = 0, или k = 1.
По условию 100а + 10ft + с = 11 • (а2 + ft2 + с2).
I случай.
(99а + 11ft + а — ft + с = 11 • (а2 + ft2 + с2)
\а — b + с — 0.
Упростим эту систему:
(9а + ft = а2 + ft2 + с2
[ ft — а + с.
Откуда 10а + с = 2а2 + 2с2 + 2ас, т. е. с — четное число. Пусть
с — 2п, тогда
а2 — (5 — 2п)а + 4я2 — п — 0.
Откуда
5—2/и- /25— 16л — 12па
а =----------------------,
2
* Можно было сослаться на признак делимости на 11.
74
Действительные значения для а получим при D = 25 — 16п —
ю 2 л гг	— 44-/91	— 4 — /91
— 12а2 > 0. Пусть th ---------—---и п2 =--------------кор-
6	6
ни квадратного трехчлена — 12а2 — 16а 4- 25, тогда D > 0 при
— 4-/91 _	„ -44-/91 j
6	6
но по условию п — целое и а > 0, следовательно, 0 < п < 1, т. е,
п = 0. При п = 0, с — 0, а — b = 5. Искомое число 550.
II случай.
(а — b 4- с = 11
(99а 4- П& + а — Ь 4-с = 11 • (а2 + 62 4-с2).
Упростим эту систему:
(9а4-Ь + 1 = а2 4- 62 4-с2
\а — b 4- с = И.
Откуда
b = а 4- с — 11 и 10а 4- с — Ю = а2 + (а + с — II)2 + са
или
—32а 4- 2а2 4- 2с2 4- 2ас — 23с 4- 131 = 0.
Отсюда с — нечетное.
Пусть с — 2п 4- 1, тогда
а2 _ (15 _ 2п)а 4- 4а2 — 19а 4- 55 = 0.
Откуда
— 15 ~ 2я ± /5 4- 16п — 12п2
~	2
Действительные значения а получим при D=54~16a— 12а2 > 0.
„	4 4-/31	4 —/31
Пусть Hi = ——— и а2 =-------------------корни квадратного
6	6
трехчлена 12а2 — 16а — 5, тогда 9=54- 16а — 12а2 > 0 при
4 — /31	^4 4- /л о
а2 < а < Иь т. е. -------< а < —!—-— < 2, но по условию
6	6
а—целое и а>0, поэтому или а=0, или а—1. Значение а=0 не го-
дится, потому что а =----— иррационально; щ =8, Ог=5 при
n = 1. Если а = 5, то с = 3, b — —3, что невозможно; если
а = 8, то с — 3, Ъ = 0, следовательно, а = 8, 6 = 0, с = 3 и
803 — искомое число. Из решения видно, что других чисел, отве-
чающих условиям задачи, нет.	Ответ. 550 и 803
75
8. Рассмотрим функцию
fix) определена для х > — — и х =# 0. Умножим числитель и зна-
менатель на (1 + К1 + 2х)2 4= 0, тогда
/(х) = 4хЧ1+|К1+2х)а = () +	+ 2x)3.
(1 — 1 — 2х)а
Теперь заданное неравенство имеет вид:
(1 + /1 + 2х)2 < 2х 4- 9, или 2/Г+2х < 7
при х возведем в квадрат обе части неравенства с положитель-
2 1
ными членами, тогда получим при х > — — эквивалентное неравен-
1	5
ство 4+8х<49, т. е.—у < х<5—, кроме х = 0.
Примечание. Если, как обычно, доопределить функцию f (х) в точке 0
как f (0) = lim f (х), то данное неравенство справедливо и при х = 0.
х -о
9.	Пусть DE = — и ВИ = х, тогда (рис. 5)
п
х • (а — х) = h2,	(1)
и пусть Л HAD — 0 и £DAE — а, тогда Z.EAH = а + 0. Заме-
тим, что
tg(a + B)^-i«a + tgL.	(2)
1 -tga.tgP	k ’
Из прямоугольного треугольника АНЕ tg (а 4-0) = —.
Но НЕ =* HD 4- DE, HD = BD — ВН, a BD = а.
2п
Откуда НЕ = ~ а — х, a HD = п-~1. а — х.
2п	2п
76
Подставив
эти выражения в (2), получим
л---1
. .	----а — х
л 4- 1	£ 2п
—— а—х tg a-f------------------
2л	h
h
л —1	’
2л а~х
1----Г~
откуда
i /л — 1
—~— а — х
I \ 2л
tg а
-— а — х
2п
4-А
п — 1	.	, л 4-1 „
------а 4“ х 4~------®
2п	2п
П2 — 1
/124- - Q а2 — ах 4- х2
а	4ла	,
_ =------------------------tg а>
л	h
но в силу (1) х2 — ах = —h2t поэтому
. ah • 4п2 4nh
tg а  -------------------------------=---------•
s л (л2— 1)а2	а(л2—1)
10.	Анализ. Пусть Д АВС—искомый (рис. 6). В нем hat
Лй, та—данные отрезки. Если из точки Н—середины ВС провести
HD Л_АС, то HD || BE. Следовательно, HD — средняя линия
треугольника ВЕС. Значит, HD = -BE=^-hb.
2	2
Отсюда ясен план построения. По ha и та можно построить
Д FAH. Далее находим точку D, как точку пересечения окруж-
ности диаметра АН = та с окружностью радиуса с центром в
точке Н.
Последнее следует из того, что Д ADH — прямоугольный с
прямым углом!) и гипотенузой АН и чтоDH — Найдя точку D,
можно провести АС.
После чего точка В стро-
ится как симметричная с
С относительно Н.
Построение.
На произвольной пря-
мой MN берем точку F
(рис. 7). Из нее восста-
навливаем перпендику-
ляр FA—ha к этой пря-
мой. Из точки А опи-
сываем окружность ра-
71
диусом та. Если та > hb, то окружность пересечет прямую MN
в двух точках Н и И'. В противном случае задача не будет иметь
решения.
Соединим А с Н\ АН — та, На АН, как на диаметре, строим
окружность и из точки Н проводим окружность радиусом
Если та, то эта окружность пересекает окружность с ди а-
метром АН в двух точках D и D'. Если — > та, то задача не
2
имеет решения. Мы рассматривали случай у < та. Проведем пря-
мую AD. Она пересечет MN в некоторой точке С. На этой же пря-
мой построим точку В, симметричную точке С относительно точки
Я. Треугольник АВС — искомый. Действительно, в нем высота
AF = ha; АН — та — медиана, так как Н по построению —
середина основания ВС треугольника АВС. Проведем BE J_ AC.
BE — высота треугольника АВС, проведенная из вершины В.
HD	— средняя линия треугольника ВЕС, следовательно,
HD = ~ . Отсюда BE = hb.
Второе решение получим, проведя прямую АС' через точки А
и D', и построим точку В', симметричную с С' относительно Я.
Действительно, в треугольнике С'А В' высота AF = ha, медиана
НА — tna. Проведя В'Е' I АС', получим, что В'Е' || HD', HD' —
П
средняя линия треугольника С'Е'В’. HD’ =	, Но HD’ = у,
так как окружность с центром Я, на которой лежит точка D', про-
водили радиусом Значит, у =	, т. е. В'Е' — hb. Еще два
решения получим, если в качестве медианы та возьмем отрезок
АН'. Но последние два треугольника будут отличаться от уже по-
строенных только расположением. Они будут симметричны постро-
енным относительно высоты AF.
Таким образом, задача имеет два и притом существенно раз-
личных решения при условии, что та >» ha и та > у.
Рис. 8.
11.	а) Если X совпадаете А (рис. 8), а У занимает любое поло-
жение на D'B', то искомые середины отрезков XY расположатся
на средней линии треугольника AD'B'. Действительно, условию
задачи удовлетворяют точки Е и F — середины отрезков AD' и
А В'. Отрезок EF — средняя линия треугольника AD'B'. Поэтому
любой отрезок, соединяющий А с точкой отрезка B'D', пересекает
EF и делится в точке пересечения
пополам. И наоборот, если возьмем
любую точку М на EF, то отрезок,
проведенный через А и М до пере-
сечения с B'D', разделятся в М по-
полам. Аналогично можно пока-
зать, что если точка X будет сов-
падать с точкой С, а К по-прежнему
перемещаться по B'D', то геомет-
рическим местом середин отрезков
XY будет средняя линия треуголь-
ника CB'D' — отрезок HG. При
неподвижно закрепленной точке Y
в положении В' и перемещении X
по АС геометрическое место сере-
дин отрезков XY совпадает с FG —
средней линией треугольника АВ'С. При неподвижно закреп-
ленной точке Y в положении D' геометрическое место середин от-
резков XY совпадает с ЕН — средней линией треугольника AD'C.
Докажем, что искомым геометрическим местом будут все точки
четырехугольника EFGH, который представляет собой квадрат
со стороной, равной , где а — длина ребра куба. Докажем
сначала, что EFLH—квадрат со стороной —, Действительно,
EF [I D'B', так как EF — средняя линия треугольника AD'B',
Причем EF -±-D'B'. Но D'B' = aV^2 (D'B' — диагональ квад-
рата A'B'C'D'). Следовательно, £F=2-. Аналогично HG I)D'B
*2
79
HG = а-^- .
2
и
Две прямые, порознь параллельные треть-
ей, параллельны между собой. Значит, EF || HG. Таким же обра-
зом можно доказать, что отрезок FG [| ЕН и каждый из них равен
-У2 . EFGH — ромб. Кроме того, D'B' и А С взаимно перпенди-
кулярны. Следовательно, и параллельные им стороны четырех-
угольника EFGH взаимно перпендикулярны, т. е. EFGH — квад-
рат.
Докажем, что он является искомым геометрическим местом
точек. Действительно, как уже было доказано, граница квадрата
принадлежит искомому месту точек. Возьмем любую внутреннюю
точку квадрата, например МР Через точку Mt и диагональ АС
проведем плоскость. Эта плоскость пересекает плоскость квадрата
по прямой Mi Mi" || АС и, следовательно, параллельной сторо-
нам квадрата FG и ЕН. Следовательно, точки Л1/ и М±" — внут-
ренние точки отрезков EF и GH. Значит, построенная плоскость
пересекает D'B' во внутренней точке Y±, ибо линии пересечения
этой плоскости с плоскостями треугольников CD'В' и ADB' идут
внутри углов D'CB' и D' АВ'. Отрезок У^, проведенный в по-
строенной плоскости, пересекает АС в точке Причем Mt — се-
редина отрезка Х$\, так как М\М\ — средняя линия треуголь-
ника YiAC, и, следовательно, она делит пополам любой отрезок,
соединяющий вершину У4 с точками основания АС.
Соединим две любые точки X2Y2, лежащие соответственно на
АС и D'B'. Докажем, что середина отрезка Х2Уг принадлежит
квадрату EFGH. Проведя плоскость Y2AC, получим треугольник
ACY2. Средняя линия этого треугольника является линией пере-
сечения построенной плоскости с плоскостью квадрата EFGH.
Отрезок X2Y2 пересекает эту среднюю линию. Значит, он делится
ею пополам. Таким образом, полностью доказано, что квадрат EFGH
есть искомое геометрическое место точек.
б) Если X совпадает с А, а У с В', то условию удовлетворяет
В'Е 2
точка Е (рис. 9), делящая отрезок АВ' в отношении----------- —.
При совпадении X с точкой С, а У с В' условию удовлетворяет
BF' 2
точка F, делящая СВ в отношении — — —. Если X перемещает-
FC 1
ся по Л С, а У совпадает с В', то геометрическим местом точек,
удовлетворяющих указанному отношению, будет EF. Действитель-
но, A B'EF гомотетичен треугольнику В'АС. Поэтому отрезок EF
есть геометрическое место точек, удовлетворяющих тому же условию,
что и точки Е и F.
Аналогично строится геометрическое место KL в плоскости
D'AС. Соединив KcF,aL с Е, получим две пары гомотетичных тре-
угольников: A CKF-'-k CD'В' и A AEL~ AAD'B'. Точки отрез-
80
ков KF и EL принадлежат иско-
мому геометрическому месту то-
чек. Это следует из того, что
Д CKF гомотетичен Д CD'В'
к &AEL гомотетичен Д AD'B' с
4.4.	1
коэффициентом гомотетии — .
Таким образом, контур четы-
рехугольника весь принадлежит
искомому геометрическому месту
точек. Любая внутренняя точка
четырехугольника EFKL также
принадлежит этому геометричес-
кому месту точек. Действительно,
возьмем на АС произвольную	Рис- 9-
точку X, а на D'B'— точку У.
Покажем, что точка Z, делящая отрезок XY в отношении
YZ
XZ
2
1 ’
принадлежит четырехугольнику EFKL. Для этого че-
рез АС и У проведем плоскость. Она пересекается с плос-
костями D'C'B' по CY и с AB'D' по А У. И следовательно, пе-
ресекает плоскость четырехугольника по искомой прямой МЫ.
Д YMN гомотетичен Д YCA. Лггко показать, что их коэф-
2
фициент гомотетии —. Прямая XY лежит в плоскости этих тре-
3
угольников. Она выходит из центра их гомотетии У. Значит, отре-
зок XY пересекает прямую МЫ, параллельную основанию в неко-
торой точке Z, и делится в ней в отношении YZ : XZ = 2 : 1, но на
XY мсжет быть только одна точка, делящая этот отрезок в указан-
ном отношении. Значит, эта точка совпадает с Z, т. е. точка Z деля-
щая XY в отношении YZ : XZ = 2:1, принадлежит плоскости
четырехугольника EFKL. Покажем, что любая внутренняя точка
Z четырехугольника EFKL принадлежит некоторому отрезку с
концами на АС и D'B', который делится в этой точке в отношении
YZ : XZ = 2:1. Проведем через АС и Z плоскость. Она пересе-
чет EFKL по некоторой прямой МЫ || EF || KL. Причем, так
как Z — внутренняя точка четырехугольника, то МЫ проходит
между KL и EF, следовательно, точки ее пересечения с LE и FK
лежат внутри этих отрезков. Поэтому эта плоскость пересекает
CD'B' и AD'B' по прямым, идущим внутри углов D'CB' и D'AB',
т. е. она пересекает отрезок D'B' в некоторой внутренней точке У.
Из рассмотрения Д YMlti и Д УСА очевидно, что YZ : XZ = 2:1.
В заключение покажем, что EFKL — прямоугольник, и най-
дем его стороны LK II EF НАС. LK = EF. Это следует из гомо-
тетии соответствующих треугольников и равенства коэффициен-
тов гомотетии. EL \]KF\\D'B' — аналогично. Но AC A_D'B'.
Значит, EFKL — прямоугольник.
81
KF = LE = ^-D'B' =^-,EF = LK = -AC =	.
3	3	3	3
Рассмотренная задача допускает обобщение на произвольную
YZ
величину отношения — . Причем приведенное доказательство пол-
XZ
ностью сохраняет силу.
12> (Рис. 10.) а) Анализ. Предположим, задача решена.
Тогда СВ виден из точки Р под прямым углом. Значит, точка Р ле-
жит на окружности диаметра СВ.
Построение. На СВ, как на диаметре, описываем полу-
окружность. Pi и Р2—точки ее пересечения с осью EF. Через эти
точки пройдет и полуокружность, построенная на AD (это следует
из того, что EF — ось симметрии трапеции).
Заметим, что Р4 и Р2 обязательно лежат внутри отрезка EF.
б) EPi = х, FPi = h — х, Z 1 = Z 2 — как углы с взаимно
перпендикулярными сторонами. ZE = ZF = —, AEPfi —&FP1B,
b
ЕРх _ ЕС
FB ~ PXF
х 2 ь о ab _	.	, ab „
— —----; hx — х2 = —; х2 — hx Ч— — 0;
a h—x	4	4
2
Х = -±-|Лй2 —а&.
2	2
в) Если А2 > ab, задача имеет 2 решения, окружность пересе-
кает ось симметрии трапеции в двух точках.
В случае Л2 = ab задача имеет одно решение. Окружность ка-
сается оси симметрии.
Если Л2 < ab, то задача не имеет решений. Окружность не пе-
ресекает оси симметрии.
Решение возможно при h2 > ab.
82
13. (Рис. 11). Пусть 2a — угол при вершине сечения конуса
иг — радиус вписанного в конус шара, тогда объем конуса:
л/и2	,.<
~Г” ’	(0
О
где a = DC и h = BD, но BD = B0 + 0D = ——+si"°‘>
sin a	sin a
DC=r(l+sina) t
sin a
Подставив найденные значения в формулу (1), получим:
_ яг* (1 4~sing)3 _яг3 (1 4~ sin a)8
к 3 sin a • cos3 a 3 sin a (1—sina)	' 1
Объем цилиндра, описанного вокруг шара радиуса г, равен
= 2л/4	(3)
(высота цилиндра равна 2г).
Пусть — — k, тогда k = —.
va	6 sin а (1—sina)
Теперь, наоборот, выразим sin а через k. Получаем квадратное урав-
нение
(1 4- 6&)sin2 a 4- 2(1 — 3fe) sin a 4- 1 = 0.
(4)
Оно имеет действительные корни тогда и только тогда, когда
D = (1 — Зй)а — (1 4- 6k) > 0.
4
Таким образом, k >— и, следовательно, равенство vK =
места не имеет.
4	।
При k — — получаем sin а — — и ОВ = Зг.
3	3
Угол a строится как	угол прямоугольного треугольника с проти-	
вол ежащим катетом,	втрое меньшим гипотенузы.	
14.	(х 4- У 4- z — а	(О
	к2 4- уа 4- z2 = 6а	(2)
	(ху = га	(3)
Из соотношений (2)	и (3) получаем, что	
	(х 4- У)а = 6а 4- г2,	
а из (1) следует, что	(х 4- у)а = (а — z)3, откуда а3 — 2аг	= 6а,
т. е.	2а	(4)
Подставив (4) в (1) и	(3), получим	
	,	а3 4- х + у = —; 2а	
83
ХУ ~ ’ (5)
откуда
а2 4- Ь2 1^10а25а — За1 — ЗЬ*
1,2 4а	4а	’
__ а2 4- Ь2 _]/Т0а262 — За4 — 364
У1,2 —	~л ।-----------т~—----------;
4а	4а
а3 — Ь2
Ь2 “ 2а ’
Исследование. Чтобы корни были положительны, не-
обходимо х + у = -а * &а- > 0, откуда а > 0. Корни (5) будут
действительные и различны, когда подкоренное выражение
D = (а2 4- Ь2)2 — 4(а2 — Ь2)2 = 10а262 — За4 — 364> 0. Решая
это квадратное неравенство, находим необходимое условие
-4=- < — < 1/3. Значения х и у при этом автоматически оказыва-
ла |6|	у F
ются положительными, так как D < (а2 4- Ь2)2. Из выражения (4)
для г вытекает, что г — положительно при а > 0, когда а2 > Ь\
Таким образом, величина а должна изменяться |£| <а < |6| ]/3.
15.	По формуле Герона площадь S треугольника равна
5j_l/"a4~^4~c а + 6 — с а-{-с — b Ь 4- с — а
V 2	2	2	’	2
где все сомножители положительны. Поэтому для оценки произ-
ведения (а + b — с) (а + с — Ь) (Ь + с — а) можно применить не-
х 4-у 4- z з /-- . (х 4- У + г)3
равенство 	- > у xyz, или xyz < i-----------—-•
Положим х — а 4- b —	с\ у — а 4- с — b; г = b 4- с	— а	и по-
лучим:
4S = ]/г(а 4- Ь 4- с)	(а 4- b — с) (а	+ с — Ь) (Ь	с	—	а)	<
<	1// I а I	ч (а 4-6 4-с)3	(д4-б+_с)2._
<	|/ (а 4- b 4- с)---------3 /3
За8 4- 368 4- Зс3 — (а — Ь)2 — (Ь — с)2 — (с — а)2 < Да 4- &2 4- с2
”	3 /Г
причем знак равенства достигается при а == b = с. Что и требова-
лось доказать.
16.	1) Пусть сначала п — четное, т. е. п = 2m, тогда cos2/”x ==
= 14- sin2m х, поскольку cos2ot х < 1 < 1 + sin2m х, то sin х = 0 и
cos х = ±1, т. е. х = /гл, k = 0; ±1; ±2; ...
84
2) Пусть теперь п — нечетное, т. е. п = 2т 4- 1, причем m > 1.
Тогда
cos2zn+1 х — sin2zn+1 х = cos2m+1 (— х) -J- sin2m+1 (—x) — 1
при x £ k —, |cos(—x)| < 1 и |sin(—x) |< 1,
тогда
| cos2m+1 (—x) + sin2m+1 (—x)| < | cos2m+1 (—x)| 4-1 sin2m+1(—x) | <
< | cos2OT-1(—x) | cos2(—x) + | sin2"1”1 (—x) | sin2(—x) <
< cos2(—x) + sin2 (—x) = 1.
Следовательно, решение может быть только вида х = k , и при-
том только такое, когда одно из слагаемых равно 0, другое —1.
Отсюда первая серия решений х=2Ы, вторая серия х=2кл------—,
k = 0; rhl", ±2; ....
3) Пусть п = 1, тогда cos х — sin х = 1. Возведем обе части
этого уравнения в квадрат. Получим cos2 х — 2 cos х sin х 4-
4- sin2 х = 1, т. е. 2 cos х sin х == 0. Решения последнего уравне-
ния суть х = k —. Но только часть из них будет решением исход-
ного уравнения, остальные являются корнями уравнения
з
cosx—sin х=—1. Ясно, от 0 до 2л решениями будут 0 и —л. Следова-
тельно, имеется две серии решений:
х — 2kn; х = 2/гл — —;
2
17-	Проведем медианы P^i Р2М2 и Р3М3 треугольника (рис.
12). Они разбивают его на шесть треугольников вида SPt Mj, где
S —центр тяжести. Когда точка Р совпадает cS, то PiP:PMi=
= Р2Р : РМ2 = РдР : РМ3 =2:1.
Пусть Р отлично otS. Тогда Р лежит внутри или на стороне одного
из треугольников разбиения. Для определенности положим, что
это Д PiSM2. Разделим стороны Р2Р4 и Р4Р3 в отношении^ 2 : 1
точками S12 и S3i. Очевидно, SS12 II PiP3 и SS31 || Р2Р3,
лежит внутри трапеции PiSi2$M2.
Прямая P2Q2 пересекает SS12 в точ-
ке А2 между Р2 и Р. Отсюда
P2P:PQ2>P2A2. A2Q2—2:\. Анало-
гично, Д PiSM2 лежит внутри
Д PfSS31. Прямая PjP пересекает
прямую SS31 в точке Aif в этом слу-
чае внутри отрезка PQit а не
внутри PtP. Отсюда
P1P:PQ1<P1A1 :А^ = 2: 1, р<
что и требовалось доказать.
k — 0; ±1; ±2;
Д Р£М2
85
18.	Пусть Д АВС—искомый, тогда гАМС = л—ю > Д- ,
L— середина АС (рис. 13). Отрезок ML средняя линия Д АВС,
он равен Отсюда следующее построение.
На АС = b строим сегмент (рис. 14), вмещающий Z АМС =
— л — со, и из середины L отрезка АС проводим окружность радиу-
са . Точки пересечения окружности и сегмента — искомые точ-
ки М. Соединяя М с С и откладывая на этой прямой от точки С от-
резок, равный 2МС, получим точку В.
Исследование. Для того чтобы решение существовало,
необходимо и достаточно, чтобы окружность пересекала сегмент.
Пусть О — центр сегмента (рис. 15), вмещающего Z АМС, пос-
кольку (о < —, то точка О лежит относительно сегмента по дру-
гую сторону хорды АС. Пусть ОН I АС — радиус, делящий
сегмент и хорду АС пополам, М—искомая точка пересе-
чения, лежащая для определенности на дуге АН (а не на СН).
ВД0£М R=0M<0L+LM=
= R — HL+-, т. е.— tg - <
2	2 ь 2
_ с пт b , из
< -, где HL =- tg- — вы-
сота сегмента. Рассмотрим
Д АМС и ДА МВ. Сторона
AM у них общая и ВМ—МС.
По условию Z ВМА =
= <0<9О°<18О°—<о= гСМА.
Поэтому b = АОАВ—
Рис. 13.
86
Условия — tg — <— < — необходимы. Но они же и достаточ-
2	2	2	2
С Ъ
ны. Если радиус LM = — <— = LA, то граничная точка А
сегмента лежит вне окружности L, а если высота сегмента
h— у tg » то вершина И сегмента лежит внутри окруж-
ности L. Поэтому где-то между А и М они пересекутся.
Симметричная относительно линии центров ОН точка пересече-
ния будет лежать на СН. В предельном случае, когда h =
с
окружность и сегмент только касаются М = Я, Д АМС — равно-
бедренный, ВА || ML I ВС, так, что Д АВС — прямоугольный
с прямым углом В. Предельный случай в другом условии — — —-
дает треугольник, вырождающийся в отрезок, точка М совпадает
с А, и вершина В лежит на продолжении АС,
19.	Выберем декартову систему координат следующим обра-
зом: О — произвольная точка плоскости е (рис. 16), ОХ — про-
извольная прямая в плоскости е, 0Y — перпендикулярна ОХ и
лежит в плоскости е, OZ — перпендикулярна плоскости XOY.
Тогда точки А, В, С будут иметь координаты A (xlt у4, 2а),
В (х2, Уг, 26), С (х3, у3, 2с), где среди чисел а, Ь, с хотя бы два
различны. Точка S — центр тяжести треугольника АВС имеет
координаты
+	yi+j/2-Hy8. 2 (д + & + с)
\	3	’	3	3
Точки А', В*, С' будут иметь координаты: Л'(ХЛ Уо 0);
В'(х/; Уа; 0); С'(Ху У3; 0), а середины отрезков АА', ВВ',
СС точки L, М, N.
87
r.(x^x'r • л+л.; Д
\	2	2	)
M{ x2x2 , y2+y2 . Л x3+x'3 . .Уз+Л . Л
\	2	’	2	’	\	2	’	2	/•
Пусть G — центр тяжести Д LM.N, тогда G имеет координаты:
*i 4- х2 + лз+ *1 4- х2 + х3. yt 4-У2+Уз+У1 +Л +Уз.
2-3	’	2-3
а 4~ Ч~ с
3
Следовательно, точки геометрического места будут лежать на
плоскости г = g~t~3~1~С(*), параллельной плоскости е и делящей
пополам расстояние от S — центра тяжести Д АВС до плоскости
е. Покажем, что любая точка плоскости принадлежит геометри-
ческому месту. Для этого возьмем произвольную точку G в плос-
кости (*) G ^х, у,	и покажем, что существуют в плос-
кости е точки А’ (х/, у/); В' (х2'; у2'); С (х3'; у3')« Коорди-
наты точек А', В', С' определим из соотношений
- _	4- х2 + х3 + х{ 4- х2 4- 4.
Л “—	.. , ,	........ II )
6
-= Л+^+^+Л+Л+Л где (Х1. у1); (Xi. у ),
Л	6
(х3; Уз)—заданы. Задав произвольно х2'; х3', определим из первого
соотношения х/, задав произвольно у2'; у3', определим из второго
соотношения у/.
20* I способ. Пусть т — удовлетворяет условиям а)
и б):
т = ала2 . . . an^j 6;
k = 4т = 6ata2 . . . ап^.
Так как последняя цифра числа т есть 6, то последняя цифра числа
k — 4т равна 4, т. е. ап^ — 4. Подставив в т значение = 4,
умножив т на 4, найдем, что ал_2 — 8. Подставив в т значение
ап_2, найдем, что дя_3 = 3 и т. д., пока не получим цифру 6 в чис-
ле 4 т. Найденное число 153 846 удовлетворяет условиям а) и б),
а никакое меньшее не удовлетворяет._______
II способ. Пусть т =	. ап^ 6, тогда его можно
представить в виде т — 10х 4- 6, где х =	. . . ап^ — целое
число и имеет п — 1 = У десятичных знаков. Поэтому
88
4(10х 4 6) = 6 • 10* 4- х,
т. е.
39х = 6 (10* — 4),
или
13% = 2 (10* — 4).
Значит, 10* — 4 делится на 13.
Рассмотрим 6, 96, 996, 9996, ... и будем искать среди них наи-
меньшее, которое делится на 13 без остатка. Это будет число 99 996=
= 13-7 692. Поэтому у — 5. Из уравнения находим х = 15 384.
Искомое число будет т = 153 846.
Действительно, имеем
4 • 153846 = 615 384.
21. По смыслу задачи берется арифметическое значение кор-
ня. Он определен лишь для неотрицательных чисел и сам неотрица-
телен. Поэтому 3 — х > 0 и х 4 1 > 0, т. е. —1 < х <3.
Рассмотрим неравенство
^_ут+'1Г> 4-. о»
4
Оно является следствием исходного, но не эквивалентно ему, так
как неравенству (1) удовлетворяют также все х, являющиеся ре-
шением неравенства
- VF+1) > -1.
Таким образом, решением исходного неравенства являются те
и только те решения неравенства (1), при которых разность
]/3 — х — х 41 положительна.
Решением неравенства УЗ — х — ]/х + 1 > 0 будут, как легко
видеть, х < 1.
Поскольку неравенство —1 < х < 3 также должно быть выпол-
нено, х надо рассматривать лишь в промежутке —1 < х < 1.
При таком х мы можем решать вместо данного неравенство (1).
После упрощений получим
 уТ+“1 < £
Возведя в квадрат и упростив, получим:
64х2 — 128х 4- 33 >0.	(2)
Это неравенство эквивалентно исходному при —1 <х< 1, так
как в этом промежутке оба подкоренных выражения неотрица-
тельны.
89
Тогда xt = 1 - и х2 = 1 +
— меньший и больший корни уравнения 64х2 — 128х + 33 = 0.
Тогда (2) имеет место при х < xt и х > х2. Сопоставляя эти неравен-
ства с условием —1 <х< 1, окончательно выводим, что
Наметим второй способ решения задачи 21.
Будем рассматривать —1 < х < 3. Теми же, что и в первом ре-
шении, преобразованиями получим:
Заметим, что ]/ 3 — xt —	+ 1 = у. Теперь, не касаясь вопро-
са об эквивалентности преобразований, будем рассматривать исход-
ное неравенство. Очевидно, при х > xt:
/З^х < ]/3 — хь а /ГП > Vxt + 1
и поэтому
Кз^х — уТйП < Угз — х1 — ]/xt + 1 = у.
Аналогично, при х < хг получим У 3 — х — ]^х + 1 > у Поэто-
му решениями будут:
Массовой ошибкой в решении задачи 21 было отсутствие до-
казательства эквивалентности получаемых неравенств исходному.
22. Приведем решение, принадлежащее И. Бернштейну.
Обозначим центр грани АВВ'А' через Ot (рис. 17), центр
ВВ'С'С— через О2, центр ABCD —
через О 3. Докажем, что геометричес-
кое место точек Z — середин от-
резков XY — есть ломаная
ОфгСОРг. Пусть А — начало коор-
динат; АВ, AD, А А' — соответ-
ственно оси х, у, z; АВ = AD —
=АА'=1. Разделим время, за кото-
рое точка X проходит путь ABCDА,
на четыре равные части и возьмем
полученное время в качестве еди-
ницы измерения.
Известно, что если точка /< дви-
жется прямолинейно, равномерно,
то зависимости ее координат от вре-
90
меня линейны, и, наоборот, если зависимости координат точки X
от времени линейны, то X движется прямолинейно, равномерно.
Известно, что если Т — середина отрезка ОР, О — (xt; у^ zt),
Р - fe у2;- гг), то Т =
.У1 4~-Уг .
2
*1 + г3\
2 Г
Составим, используя сформулированные утверждения, следую-
щую таблицу зависимости координат точек X, У, Z от t.
				<2		3<Z <4
X		X	t	1	3-t	0
		У	0	t— 1	1	4—/
		г	0	0	0	0
Y		X	1	1	1	1
		У	i	1	3-/	0
		г	1	2 — /	0	t-3
Z		X	1 + i 2	1	11 w	1 2
		У	t 2	t 2	| |	4— t 2
		Z	1 2	2 — t 2	0	t —3 2
При t — 0, 1,2, 3,4, как легко видеть, Z занимает положение Oi;
О 2; С; О3; а на отрезках между ними координаты Z изменяются
линейно, т. е. Z вырисовывает в пространстве отрезки ОХО2; О2С;
СО3; O3Ot, значит, Z движется по ромбу О^СОРр
При других способах решения нужно было доказать обратное
утверждение, а именно, если точка М лежит на ломаной, то точка
М является серединой отрезка ХУ. Отсутствие доказательства этого
утверждения было характерной ошибкой в решении этой задачи.
23. Применяя формулы
2cos2 х = 1 + cos 2х, 2cos2 2х = 1 + cos 4х,
получим
cos 2х 4- cos 4х 4~ 2 cos2 Зх = 0.
91
Используя формулу для (cos а + cos 0), получим
2 cos Зх • cos х 4* 2 cos2 Зх = О
или
2 cos Зх (cos х 4- cos Зх) = О,
2 cos Зх • 2 cos 2х • cos х — 0.	(1)
Решениями уравнения (1) являются
xt = — 4- jik; 2х. = — 4- nk't Зх3 = — + nk
1	2	i 2	2
или
Xt = — 4~ Xa — —I- —k\ Xq =	4- —
1	2	2	4	2	3	6	3
D
Рис. 18.
где k — . . . , —2, —1,0, 1,2, ...
Следует заметить, что первая серия значений содержится в
третьей; можно с казать, что корни х — ~ 4~ nk являются двой-
ными.
24.	В выпуклый четырех-
угольник (рис. 18), последова-
тельные вершины которого суть
точки А, В, С и D, как известно,
можно вписать окружность, тог-
А да и только тогда, если
AD 4- ВС = АВ 4- CD.
Пусть для определенности
АВ ВС и, следовательно,
АВ — ВС = AD — CD > 0.
Тогда задача сводится к пост-
роению треугольника ACD по
основанию, углу ADC, равно-
му л — Z АВС, и разности
AD — CD. Предположим, что задача решена и Д ADC построен.
Отложим от точки D отрезок DE= CD. ACDE— равнобедренный.
у Cgjj __ я — Z АРС ___ Z АВС
~ — 2
2
Z AEC = л
г^АВС
2
Отсюда вытекает следующее построение. На отрезке АС по
другую сторону от В строим сегмент, вмещающий угол А ЕС, рав-
92
„ Z ABC	,
ныил-----------, и из точки А проводим окружность радиуса
АВ—ВС. Точка пересечения сегмента и окружности (она всегда су-
ществует, так как АЕ <. АС, ибо АВ — ВС С АС) есть искомая
точка Е. Продолжим АЕ до пересечения с заданной окружностью,
получим искомую точку D. Задача всегда имеет единственное реше-
ние на дуге Л С, не содержащей точку В. Если АВ = ВС, то по-
лучим точку D как пересечение биссектрисы угла АВС с окруж-
ностью.
В решении задачи некоторые участники не указывали, как вы-
брать нужный сегмент. А в алгебраическом способе решения не до-
казывали, что решение существует.
25.	Пусть АВ — ВС. Обозначим М — центр описанной ок-
ружности, S — центр вписанной окружности, D — вторая точка
пересечения прямой CS с описанной окружностью. Докажем, что
Д ADS — равнобедренный (рис. 19). Очевидно, £BCS = ZSCA =
= £SAC — ZSAB; но £DAB=d.SCB, следовательно, эти
пять углов равны между собой. Кроме того, ZDSA = ZSAC 4-
+ ZSCA. Поэтому ZDAS = ZD SA и AD — DS. Пусть E —
вторая точка пересечения прямой
DM с окружностью, Т — основание
перпендикуляра, опущенного из S
на АС.
Рассмотрим Д CST и Д ADE; /	/ \	\
ZATS = 90°, ZDAE = 90°, ZSCA = oZ /	\	\
= ZDEA. Поэтому Д CST <*>ДEDA	\	\
и CS : ST = DE'. AD', ST = р, \	N \	|
ED — 2r; AD = SD, как выведено I I /	\	)
ранее. Следовательно, CS • DS=2rp. \ I / /	/
Проведем через M и S диаметр	I
XY описанной окружности. Для	----------- уС
определенности будем считать, что	Т S'
точка X — конец радиуса, находя-	-----
щийся ближе к точке S. Тогда XS —	рис 19
= г — d, а УХ — г + d, где d =
= SM — расстояние между центрами.
По известной теореме SC - SD = SX • 5У, следовательно,
2гр = (г — d) • (г + d) и d2 = r(r — 2р), т. е. d = ]/r(r— 2р).
Можно проверить, что незначительное изменение предложен-
ного решения дает вывод формулы d — ]^r(r — 2р) (известной под
названием формулы Эйлера) для произвольного треугольника.
Все участники олимпиады, решавшие эту задачу, непосредственно
вычисляли длину отрезка SM, пользуясь тем, что он лежит на оси
симметрии ВТ равнобедренного треугольника АВС. Их характер-
ная ошибка — рассмотрение конкретного чертежа с порядком сле-
дования точек BMST, в то время как при ZB > 60° порядок следо-
93
s
Рис. 20.
Возможны
вания изменяется на BSMT и далее
на BSTM. Данное здесь решение,
очевидно, применимо ко всем слу-
чаям.
26.	Пусть сфера Q касается
всех прямых, на которых лежат
ребра тетраэдра SABC. Тогда Q
пересекает каждую грань тет-
раэдра по вписанной или вневпи-
санной в соответствующий тре-
угольник окружности. При этом
окружности, лежащие в гранях,
смежных по данному ребру, имеют
общую точку, в которой прямая,
содержащая данное ребро, касает-
ся сферы. Другими словами, в двух
гранях, смежных по данному реб-
ру, точка касания окружностей с
этим ребром или его продолжени-
ем — общая.
два случая:
1. Точки касания сферы лежат внутри каждого ребра. В этом
случае все окружности касаются самих сторон треугольников, т. е.
являются вписанными.
Касательная сфера Q (рис. 20) должна проходить через точки
Р, Q, R касания вписанной в Д АВС окружности с соответствую-
щими сторонами ВС, С А, АВ, а также через точку К касания со
стороной ЗЛ окружности, вписанной в Д ЗЛВ. Очевидно, точки
Р, Q, R не лежат на одной прямой, и точка /С не лежит в плоскости
PQR. Через четыре точки К, Р, Q, R, не лежащие в одной плоскос-
ти, можно провести сферу и притом только одну. Поэтому, если су-
ществует сфера первого типа, то только одна.
2. Хотя бы одна точка касания сферы лежит вне ребра. Для оп-
ределенности будем считать, что это ребро ЗЛ и что точка касания
/Ci лежит за точкой А (т. е. А лежит между 3 и /СО- Тогда окруж-
ность касающаяся прямых ЗЛ, SB и АВ,— вневписанная и ле-
жит по другую сторону прямой АВ, чем вершина S. Поэтому
касается самого ребра АВ в некоторой точке R и продолжения реб-
ра ЗВ в точке Li за вершиной В (считая отЗ). По тем же соображе-
ниям окружность О3 в плоскости ЗСЛ, касаясь прямой ЗЛ в точ-
ке /Съ касается самого ребра СЛ (находясь от него по другую сто-
рону, чем 3) в некоторой точке Q и продолжения ребра SC в точ-
ке Mi за вершиной С (считая от 3). Наконец, окружность Oz в
плоскости SBC касается прямых ЗВ иЗС в точках Li и М t и самого
ребра ВС в некоторой точке Р. Таким образом, наша сфера вто-
рого типа касается трех ребер грани ЛВС и продолжений ребер ЗЛ-
94
SB и SC и притом в точках, лежащих соответственно за Л, В и С
(считая от S).
Повторяя рассуждения п. 1, доказываем, что существует не
более одной сферы второго типа, касающейся ребер данной грани
ЛВС и продолжений ребер, исходящих из противолежащей вер-
шины S. Поэтому общее число сфер второго типа не превышает че-
тырех.
Пусть существуют все пять сфер. Обозначим длины ребер тет-
раэдра 5ЛВС:
5Л = a, SB = b, SC = с; ВС = а', АС = У, АВ = с'.
Пусть К, L, М, Р, Q, R — точки касания сферы первого типа.
Тогда SK =SL =SM, АК = AQ ~ AR, BL — BP = BR,
CM=CP—CQ, а так как AR + RS = 5Л, BP + PC= ВС и т. д.,
то имеют место равенства
а + af = b 4- Ь’ = с 4- с'.	(1)
Рассмотрим сферу второго типа, соответствующую грани ЛВС.
Тогда в тех же обозначениях имеем:
SKt — Л/G = 5Л; ВР 4- PC = ВС; SL{ — BLt = SB;
Л Q 4- QC = ЛС; SMt — CMt = SC; AR 4- RB = AB,
откуда
a — a' = b — b' — c — c'.	(2)
Сравнивая (1) и (2), получаем:
a = b = c, a' = b' = c'.
Если рассмотрим также и сферу второго типа, соответствующую
грани SAB, получим, что с' = а = Ь.
Мы доказали, что тетраэдр правильный. Остается показать, что
для правильного тетраэдра существует пять таких сфер.
Обозначим через О центр правильного тетраэдра 5ЛВС. Сфера
Й с центром в точке О, проходящая через середину одного ребра
тетраэдра, будет проходить через середины остальных пяти ребер
и касаться всех ребер тетраэдра. Подобным преобразованием с
центром S и коэффициентом 3 эта сфера переходит в сферу Й, ко-
торая, как легко видеть, касается всех ребер тетраэдра и есть сфе-
ра второго типа.
Таким образом, можно построить сферу для каждой вершины
тетраэдра.
В этой задаче многие участники доказывали только второе ут-
верждение. В доказательстве первого утверждения исходили из то-
го, что сферы уже нужным образом расположены.
95
27. Данное уравнение эквивалентно следующей смешанной
системе:
(	_ р + 2}/х2 —1)2 = х2,	(1)
I х > 0.
В самом деле, очевидно, что из данного уравнения следует сис-
тема (1), в то же время из системы (1) следует:
| I/ х2 — р + 2/х2 — 1 | = |*|-
Так как левая часть неотрицательна, то знак модуля можно опус-
тить, но второе условие системы (1) говорит, что х также неотрица-
тельно, поэтому можно опустить знак модуля и в правой части. В
итоге мы придем к исходному уравнению.
Производя тождественные преобразования, имеем:
14 Ух^~р - ]/х2 — 1 = Р + 4 — 4х2,
I х > 0.
Рассуждениями, аналогичными предыдущим, легко показать,
что последняя система эквивалентна такой:
(4]/х2 —Р • К*2 — О2 = (Р +4 — 4х2)2,
х > 0,
р 4- 4 — 4х2 > 0,	(2)
а эта в свою очередь системе
16(х2 — р) (х2 — 1) = (р + 4 — 4х2)2,
х > 0,
р + 4 — 4х2 > 0,
х2 — р > 0,
х2 — 1 > 0
или
г 8(2 — р)х2 = (4 — р)2,
х > 0,
5> - Р + 4
X2 < ——,
4
X2 > р,
X2 > 1.
(3)
Пусть теперь р = 2. Тогда система (3) не имеет решений, ибо
в противном случае в первом уравнении получилось бы 0 = 4.
Точно так же система не имеет решений при р > 2, потому что тог-
да левая часть первого равенства была бы неположительной, а пра-
вая — положительной. Исключение составляет лишь р = 4, при
котором правая часть равна 0; однако и в этом случае решений нет,
ибо нарушается последнее неравенство системы (3) : 0	1.
96
Итак, если система вообще имеет решение, то только при р < 2.
В этом случае будет:
= (4-Р)а
8(2 —р)’
Проверим выполнимость последних трех неравенств системы
при условии р < 2. Из них первое сводится к такому:
Р — 2
Умножая на отрицательный знаменатель, имеем р(3р — 4) < О,
т. е. О < р < -у. Если это неравенство не выполняется, то систе-
ма решении не имеет. Второе неравенство дает уу—у < 0 и вы-
полняется всегда (конечно, в указанных границах). То же отно-
ра
сительно последнего неравенства, сводящегося к —------<
8(р-2)
4
Итак, при 0 < р < у система (3) эквивалентна такой:
М= (4-Р)а
8(2 —р)*
(4)
Так как мы совершали только эквивалентные преобразования, то
система (4) эквивалентна исходному уравнению. Из нее имеем
4_____________п
х = ± 2 у2 <2 ••===- и, учитывая х> 0 и то, что р во всяком слу-
чае меньше 2,
(5)
2/ 2(2 — р)
Ответ. Если р < 0 или р > у, то данное уравнение не име-
4
ет корней. Если 0 < р < -у, то уравнение имеет решение, и при-
том единственное, которое задается формулой (5).
28> Если вторая сторона прямого угла проходит через точку
В (или С), то, очевидно, геометрическим местом его вершин будет
сфера 01 (рис. 21) с диаметром АВ (соответственно сфера 02 с диа-
метром АС). Нашей целью будет доказать, что искомым геомет-
рическим местом точек будет множество тех точек, которые ле-
жат внутри или на поверхности хоть одной из этих сфер, но не яв-
ляются внутренними для обеих сфер сразу. Кратко это множество
точек можно записать так: (&i U k2) \(kt П k£, rpfiki — множест-
во точек, лежащих внутри или на сфере a kt— только внутри Ot.
4	97
Для доказательства проведем через точку А произвольную пря-
мую I и спроектируем ортогонально на I отрезок ВС. Пусть проек-
цией ВС будет отрезок BZCZ. Очевидно, точки отрезка BZCZ и толь-
ко они будут точками искомого геометрического места, лежащими
на прямой I. Когда прямая I вращается вокруг точки А, то точки
Bz и Cz описывают сферы О± и соответственно, ибо эти сфе-
ры являются геометрическим местом вершин прямых углов, про-
ходящих через Л и В и через Л и С. Совпадать с Л точки Bz и Ct
будут, когда прямая I касается соответствующей сферы. Во всех
других положениях прямая I пересекает Oi и О2 в точках Bz и Cz,
а также в точке Л.
Прямая I пересекает круг kt по отрезку АВ а круг k2 по от-
резку ЛСР Отрезок BZCZ есть объединение ЛВ/ и ACti если Л
лежит между Bz и Cz, ив противном случае разность ABt и ACt.
Легко видеть, что в обоих случаях отрезок BZCZ есть та часть пря-
мой Z, которая покрыта лишь одним из отрезков ЛВ;, ACt с при-
бавлением ее концов. На чертеже для разных случаев заштрихо-
вано сечение искомой области плоскостью ЛВС.
Частный случай, когда Л лежит на прямой ВС, является пре-
дельным для общего. Само геометрическое место — по-прежнему
U kJ \ (k, Л kJ.
98
29. В случае п нечетного (л = 2k + 1) в данном п-угольжнке
A tAz. . .Ап проводим биссектрису угла At между сторонами а4 к ап.
Легко доказать, что сторона A6+i Яь+2 перпендикулярна биссект-
рисе.
Далее проектируем на биссектрису ломаные А^А^* . . Лл+1
и Л1ЛЙАЯ^| . ., Лйь2. Проекции ломаных должны быть равны.
С другой стороны, А{А1+1 и Ал^1+&Ай^ц.1 (i < k) образуют равные
углы с биссектрисой. Следовательно, проекции АД1+1 не меньше
проекции Ля_/+2Ля_г+1. Из этого следует, что если в ряду а4 > а£>
а3> . . .> ап имеется хоть одно строгое неравенство, то будет
строгое неравенство и для проекций соответствующих сторон. При
таком условии длина проекции ломаной Л4Л2Л3. . . Лй+1 будет
большедлины проекции ломаной Л4Л„Лл_1. . . ЛА+2, что невозмож-
но. Следовательно, все стороны многоугольника равны между собой.
При п — 2k рассуждения проводим аналогичные, но проекти-
руем на прямую, перпендикулярную А 4ЛЯ и, следовательно, ЛйЛй+1.
ЗО< Система чисел х4 = х2 — х3— х4= х5 = 0 при любом у
есть решение. Далее, находим «нетривиальные» решения, где
хоть одно xt отлично от 0. (1) и (5) в эквивалентном виде можно за-
писать:
х2 = yXl — х5;	(6)
Ч = У*5 —	(7)
а (2) и (4) соответственно в виде:
х3 = ухг — х4;
= ух4 Х5.
В последних соотношениях исключим х2 и х4 с помощью (6)
и (7):
== (У2 — 0*1 — ух*	(8)
Х3 = (У2 — 1)х5 — yxj.	(9)
Таким образом, системе четырех соотношений (1), (2), (4), (5)
эквивалентна система соотношений (6), (8), (9), (7).
Приравняем правые части соотношений (8) и (9). Получаем:
(у2 — 1)х4 — ух5 = (у2 — 1)х5 — ухь
или
(У2 + У - l)xi = (У2 + У - 1)х5.	(10)
Рассмотрим теперь два случая:
Г у2 + у — 1 ¥ 0.
2’ у2 4- У — 1 = 0.
В первом случае, поделив обе части уравнения (10) на
У2 + У — 1 ¥= О, получаем х4 = х5. Переменив циклически нумера-
цию уравнений и переменных, аналогично получим, что все xt с со-
седними номерами равны, т. е. xt = х2 = х3 = х4 = х5. Откуда
У = 2 при xlt отличных от нуля. Проверка — подстановкой.
<*
99
Пусть теперь у* 2 4- У — 1 == 0, т. е. у2 — 1 « —у. В этом слу-
чае (8) и (9) — это дважды написанное одно и то же уравнение:
*з =* —У(*1 + *в)-	(11)
Легко проверить, что уравнение (3) является следствием (6), (7)
и (11). Действительно,
*2 4- х4 = (у — 1) (Xi ч- *5);
1	у — 1
*2 4" Х4 = —Х3- ---
У
Сравним (3):
х2 4- х4 = ух3.
Чтобы доказать их эквивалентность, вычтем:
0=х8(у 4--^1
\ У )
Это тождество (см. 2°). Таким образом, если у — любой корень урав-
нения у2 4- У— 1 = О, У1,2 = —у ±	то можно, например,
хл и х5 задать совершенно произвольно, х2 определить по формуле
(6), х4 — п0 формуле (7) и х3 — по формуле (11). Уравнения (1) —
(5) при этом выполняются автоматически, так как они при таких
значениях у являются следствиями уравнений (6), (7) и (11).
ЗК Умножим и разделим выражение в левой части доказывае-
мого тождества на 2 cos что не равно 0 (или на 2 sin Д). При-
меним после этого в числителе формулу
2cos х cos у « cos (х 4- у) 4- cos(x — у):
л	2л , Зл
cos------cos-----h cos — =
7	7	7
rt л/ л 2л , Зл'
2 cos — I cos —----COS у 4“ cos —
~ л
2 cos —
14
Зл	л	5л	Зл	, 7л	5л
cos — + c°s 77 — cos — — cos —- 4- cos -7 4- cos
14	14	14	14	14	14
2 cos —
14
л
C0S 14
„ л
2 cos —
32« Очевидно, если в правильно указанную пару входит один
правильно указанный элемент, то и другой элемент пары — пра-
вильно указанный.
Последовательность DAECB содержит четыре пары: РЛ, АЕ,
ЕС, СВ. Две из них угаданы верно. Допустим, эти две пары содер-
жат общую букву. Тогда образуется тройка, в которой верно уга-
дан порядок. Где же могут быть две верно угаданные буквы? Если
100
хоть одна из них в тройке, то вся тройка состоит из верно угаданных
букв, чего не может быть, так как таких букв только две. Если же
обе они вне тройки, то все 5 букв стоят на своих местах, чего тем
более не может быть.
Итак, из четырех пар надо выбрать две, не имеющие общей бук-
вы. Очевидно, это можно сделать тремя способами:
(DA, ЕС); (DA, СВ); (ЛЕ, СВ).
Легко увидеть, что в каждом случае одна из двух пар должна со
держать верно угаданные буквы, а другая — неверно. Рассмотрев
наши три случая, видим, что в первом и третьем возможен только
один случай, а во втором — два. Получаем 4 случая: DABEC;
EZMC5; DACBE; AEDCB.
Рассмотрев эти 4 случая, видим, что удовлетворяет условиям
только один: EDACB.
33* а) Пусть п кратно трем. Тогда п можно представить в
виде п = 3k и 2 я — 1 = 23*— 1=8* — 1. Но разность степеней
с одинаковыми показателями делится на разность оснований, т. е.
8* — 1 делится на 8 — 1 — 7. Следовательно, 2п — 1 делится на 7
при и, кратном 3.
Пусть п некратно трем, п — 3k 4- 1 или п = 3k 4- 2. В случае
п = 3k + 1 имеем 2я — 1 =	— 1 = 2(8)*— 1 = 2 • (7 4- 1)*—1,
но (7 + 1)* при делении на 7 дает в остатке 1 (это следует, нап-
ример, из формулы бинома Ньютона), 2 (7 + 1)* при делении на 7
даст в остатке 2. Значит, при делении 2я — 1 = 2 (7 4- 1)*— 1 на 7
получится в остатке 1, следовательно, при п = 3k 4- 1 число 2 * — 1
не делится на 7.
В случае п — 3k 4- 2 имеем 2 я — 1 = 23*+2 — 1 = 4 (7 4- 1)* — 1.
При делении на 7 получится в остатке 3.
Следовательно, 2я — 1 делится на 7 тогда и только тогда, когда
п кратно трем.
б) Пусть л = 3k. Тогда 2я = 23* = 1т 4- 1; 21 4-1 = 7m 4- 2,
что не делится на 7.
Пусть п = 3k 4-	1, тогда 2я 4- 1 = 23*+14- 1 = 2	•	23* 4-	1	=
= 2 (7 m 4- 1) 4- 1 =	14m 4- 3, что не делится на 7.
При п = 3k 4- 2	имеем 2я 4- 1 = 23*+24- 1 = 4	•	23* 4-	1	=
= 4 (7т 4- 1) 4- 1 =	28m 4- 5, что также не делится	на 7. Таким
образом, ни при каком и число 2я -f- 1 не делится на 7.
Вариант решения.
Пусть 2* дает при делении на 7 остаток ак. Какой остаток ай+1
даст 2*+1? Очевидно, надо а умножить на 2 и вычесть 7, если 2а > 7.
Итак:
если ak = 1, то ah+1 = 2,
если ak — 2, то ak+i = 4,
если ак = 4, то аА+1 = 1.
101
Рис. 22.
Остальные случаи можно не
разбирать. Уже ясно, что последо-
вательность остатков 2е при деле-
нии на 7 такова: 1241241241 ... .
Отсюда без труда получаем реше-
ние задачи.
34. (а - Ь)2 > 0; (Ь—с)2 > 0;
(с — а)2 > 0 при любых а, b и с.
Из того, что а, Ь, с — стороны
треугольника, следует, что
b 4- с — а > 0, с + а —Ь > 0,
а 4- b — с > О.
Значит, (Ь — с)2 (Ь 4- с — а) >0,
(с — а)2 (с 4- а — Ь) > О,
(а — Ъ)2 (а 4- b — с) > 0.
Сложив почленно эти неравенства, получим:
6abc — 2а2 (Ь 4- с — а) — 2Ь2 (а 4- с — Ь) — 2с2 (а 4- b — с)> 0,
откуда
а2 (Ь 4- с — а) 4- Ь2 (а 4- с — Ь) 4- с2 (а 4- b — с) < ЪаЬс.
Примечание. Неравенство справедливо также, если тре-
бовать только а > 0; b > 0; с > 0.
35. Впишем в Д АВС окружность и проведем к ней касатель-
ные AiA21] ВС; BiB2 || ЛС; С£2 || АВ (рис. 22). Пусть радиус
этой окружности г. Впишем в каждый из новых треугольников
окружности. Их радиусы обозначим соответственно г1э г2, г3,
а их высоты из вершин Л, В, С обозначим соответственно Л2, h3.
Площадь круга, вписанного в Д ЛВС, равна В = зтг2; г =
где р =а—-—f,SAABC = Vp(p — a)(p—b)(p — с).
Треугольники ЛЛр42, BBtB2, CCtC2 гомотетичны треугольни-
ку ЛВС, и окружности, вписанные в получившиеся треугольники,
гомотетичны окружности радиуса г.
Следовательно, — =	= ^; где ha, hb, hc-BU-
г ha г hb г hc
соты треугольника ЛВС, проведенные соответственно на стороны
а, Ь, с.
Расстояния между парами параллельных прямых BtB2 и АС,
A t42H ВС, CtC2 и АВ будут равны 2г. А'А” = В'В" = С'С" 2г.
Следовательно,
— 2г; h2 = hb — 2r; h3 = hc — 2r,
h —	t 25ДЛВС . к __ ^ДЛВС
П*------a > nb-------, nc-------------.
102
Поэтому
fi ha — 2r .	2r,	2r\
—-	-----±= 1----; rt — r---;
Г кц
Г1 — S^ABC  ^\aBC _ 8ЛАВС^ “‘a)
P p2‘^AABC	P*
Аналогично,
r __ S^ABc(p~~ty . r _ SAABQ^P~C^ •
G---------------» гэ--------?----*
S + St + S2 4- S3 = nr2 + nrf 4- лг| 4- лг| =
J SAABC i 82ДАВс(Р ~~a^ । $2ДАВс№ t ^ДЛВС^ “1
= «[" p* + --------+ -------------pi------1-------p*----J”
nS2
= -~r^lp2 + (P - ay+(p-bf 4- (p — c)® ] =
« nP(P -aUP--Lb)SP ~.^ (pt 4- p2 — 2ap + a*+ P*- 2bp 4- &2 4- P2 —
p*
— 2CP 4- C2) = ^-± C~^ (? +^.~l>/.Lt£Zg) (4p2_4p24_a2_|_ ft2+c2) =
__л (6 4~ g — a) (a 4~ c — 6) (a 4~ — c) (aa 4~ 62 4~ c2)
____	•
36. Выберем наугад одного ученого. Он переписывается с каж-
дым из остальных 16 ученых только об одной теме. Докажем, что
хотя бы по одной теме из трех он переписывается с 6 учеными. Пусть
это не так. Тогда по каждой теме он переписывается не более чем
с 5 учеными. Следовательно, по трем темам он переписывается
не более чем с 15 учеными, что противоречит условию. Эту
тему будем называть темой А. Если среди этих шестерых найдутся
два, переписывающихся друг с другом по теме А, то задача решена.
Возможен другой вариант: никто из этих 6 ученых не переписы-
вается по теме А. Тогда они переписываются по двум другим темам.
Рассмотрим одного из 6 ученых. Он переписывается с остальными
5 учеными шестерки. Найдется тема, по которой он переписывается
с тремя из 5 ученых. В противном случае он переписывался бы
только с 4 учеными. Назовем эту тему темой В. Если один из этих
трех ученых переписывается с другим по теме В, то задача решена.
Если они все трое переписываются между собой по третьей теме
(теме С), то они и составили искомую тройку. Все случаи рассмот-
рены. Тем самым доказано, что указанная тройка всегда найдется.
37. Всего прямых = 10. Через каждую точку, например
С, проходит 4 прямых (рис. 23). Следовательно, из каждой точки
выходят 6 перпендикуляров (по числу прямых, не проходящих через
103
нее). Рассмотрим две ка-
кие-либо точки, напри-
мер В и С. Сосчитаем
точки пересечения пер-
пендикуляров, опущен-
ных из точки В, е
перпендикулярами, опу-
щенными из точки
С. Перпендикуляры,
опущенные из точки В,
на прямые, проходящие
через точку С, пе-
ресекают все перпен-
дикуляры, опущенные
из точки С. Из точки
С выходят 3 прямых, не
проходящих через В.
Значит, из В на них
можно провести 3 пер-
пендикуляра. Они пере-
Рис. 23.
секаются с пер пенди-
кулярами из точки С в 3 • 6 = 18 точках. Любой другой перпенди-
куляр из точки В к остальным трем прямым, не проходящим через
В, пересекает 5 перпендикуляров из точки С, так как с одним он не
пересекается, ибо опущен с ним на одну сторону. Получается еще 15
точек. Следовательно, перпендикуляры, проведенные из двух то-
чек, пересекаются в 18 + 15 = 33 точках. Из 5 точек можно соста-
вить 10 пар. Следовательно, точек пересечения не более чем 33 X
X Ю = 330. Но некоторые из них совпадают. Действительно, лю-
бые 3 из данных 5 точек образуют треугольник. Высоты этого тре-
угольника, являющиеся рассматриваемыми перпендикулярами, пе-
ресекаются в одной точке. Мы эту точку учли 3 раза. Всего таких
треугольников существует С| = 10. Значит, 10 точек было учтено
по 3 раза. Следовательно, всего точек пересечения не более чем
330 — 30 4- 10 = 310.
Жюри рассматривало задачу как комбинаторную и доказатель-
ства существования пятиугольника с ровно 310 точками пересе-
чения перпендикуляров нетребовало.Нижеприведенное доказатель-
ство этого принадлежит А. Б. Сосинскому.
Пусть данные точки Aif А2, ...» Л5 находятся в общем положе-
нии, т. е. различны и таковы, что прямые dk, соединяющие пары то-
чек AtAp попарно различны, не параллельны и не перпендикуляр-
ны. Перпендикуляры рь опущенные из точек At на всевозможные
прямые dk, пересекаются по три в одной точке в «случае ортоцент-
ров», т. е. тогда, когдаAZl, £pit, AitQpit, А/з GР/3 и Pit±AitAtt,
P/,_LAZ1AZ3; pi3 ±Atl Ait. Докажем, что точки Аи ..., Л5
можно выбрать в общем положении так, чтобы никаких пересе-
104
чений по три или более перпендикуляров (кроме случаев ортоцент-
ров) не существовало.
Начнем с произвольных пяти точек Aif .... Л5 в общем положе-
нии. Точек, которые не являются ортоцентрами, нов которых пере-
секаются три или более перпендикуляров, во всяком случае, конеч-
ное число. Поэтому сформулированное утверждение сразу полу-
чается, если последовательно применять следующее предложение:
Пусть точка Н является пересечением трех перпендикуляров
Pi» р2, Рз, но не является ортоцентром треугольника, составленного
из прямых dk (рис. 24). Тогда можно заменить одну из точек At
на точку A'i так, чтобы:
(а)	новые перпендикуляры р/, р2', р3' пересекались в трех точ-
ках,
(б)	число остальных точек пересечения перпендикуляров не
уменьшалось.
Докажем это предложение.
Пусть обозначения выбраны так, что перпендикуляр про-
ходит через точку Аг и ортогонален прямой dh где i = 1, 2, 3.
Так как условие исключает случай ортоцентров, невозможно од-
новременное выполнение трех соотношений: Л4 = d2 П^3, Л2 =
== dt f| d3, Л3 = di П d2. Следовательно, хотя бы одно из них
неверно. С точностью до изменения обозначений можно считать,
что неверно первое, т. е. At М= d2 П d3.
Мы утверждаем, что если б — любое положительное число,
то найдется точка А/ A t такая, что выполнено (а) и d (А /Л,) <
< б (*). В самом деле, если At 6 d2 и At £ d3, в качестве А{
берем любую точку, отличную от Л! и удовлетворяющую (*). Если
же At £ d2 (соответственноЛ 1 Сd3), то в качестве Л/ берем
любую точку Л/ G d2 (соответственно Л/ € d3), отличную
от Лц и удовлетворяющую (*). Тогда прямые dlt d2, d3 и пер-
пендикуляры р2, р3 не изменятся, в то время как перпендику-
ляр pi будет заменен параллельной прямой р/ Э Л/, которая
пересечет р2 и р3 в двух разных точках Н' и Н". Таким обра-
зом, новые перпендикуляры р/, р2 = р2, Р3 = Рз пересекаются
по трем точкам Я, И', Н”, т. е. (а) выполняется.
Теперь мы утверждаем, что если число б>0 достаточно мало,
то выполняется также и (б). Если считать известным понятие не-
прерывности функции, то этот факт тривиален: в самом деле, де-
картовы координаты точек пересечения перпендикуляров непре-
рывно зависят от значений координат точек At (в некоторой окрест-
ности этих значений). Поэтому при достаточно малом б >• 0 коор-
динаты этих точек пересечения изменятся меньше, чем на половину
минимального попарного расстояния между точками At, и поэтому
никакие две точки пересечения не сольются.
Можно также привести доказательство этого утверждения, явно
не опирающееся на понятие непрерывности.
105
Рис. 24.	Рис. 25.
Пусть г0 равно половине минимального расстояния между па-
рами точек пересечения перпендикуляров, и пусть Т — точка пере-
сечения произвольных двух перпендикуляров р, и pj. При замене
Лл на Л] перпендикуляры р£- и заменяются на перпендикуляры
pi и р{. Получается новая точка пересечения Т'. Каждый из но-
вых перпендикуляров может либо совпадать с исходным, либо
быть ему параллельным, либо быть повернутым относительно
него так, что возможны 6 различных случаев. Рассмотрим наибо-
лее сложный (рис. 25): пусть повернулся на угол а, а сдви-
нулся на расстояние г. Очевидно, что, выбрав достаточно малое б,
мы можем сделать а и г меньше наперед заданного числа. Имеем
далее (см. рис. 25).
Т'С =	— -------—--------и ТС — —,
sin ф sin. (а 4- ф)	sin ф
где ф = (p^pj), С = pj (]pt и h0 — расстояние от др рр так
как ф > 0, при достаточно малых а и г имеем: Т'С < ~, ТС < -у.
Поэтому при достаточно малом б будет
ТТГ <ТС + Т'С <	+ & == г0.
2	2
В остальных 5 случаях более простые оценки, которые мы опуска-
ем, также дают ТТ' < г0.
Таким образом, коль скоро б достаточно мало, точки пересечения
сдвигаются меньше, чем на г0, и не могут слиться: выполнено (б).
Утверждение доказано.
10в
38. Рассмотрим решение
сразу для общего случая.
Приводим решение Д. Берн-
штейна.
Возьмем произвольную
точку Df внутри треуголь-
ника АВС (рис. 26). Про-
ведем прямые АА1 || BBi ||
|| CCi || DDiJifi пересечения
с плоскостями противополож-
ных граней тетраэдра в точ-
ках	В f, Ct.
В треугольнике ЛВС про-
ведем прямые AD t; BD t; CD i
до их пересечения с проти-
воположными сторонами в
точках Д'; В'; С'. Прямая
A iD проходит через точку Д',
так как A лежит в плос-
кости А1ВС и AAi И D4D.
Аналогично обосновывается,
что прямая B4D проходит
через В', прямая CtD — че-
с
Рве. 26
рез С'.
Поместим в вершины Д АВС грузы х, у, z, чтобы их центр тя-
жести был в точке Dp Например, положим
В'С х ’ А'В	г * С'А	у *
Для этого достаточно выполнение условий*:
Имеем:	х = В'С; у = — АВ'; г = АВ'. А'В ЗдАС’В' _ АВ'-АС' __	уг	 s^abc ~ АВ-АС (х+у)(х + :) ’
Аналогично	^дВС'Л' 		XZ S^ABC ~ (y + x)(y+z)
и	ЗдА’В’С'	ху S&ABC ~~	+	’
* В дальнейшем считается известным, что центр тяжести системы масс
не изменится, если часть масс заменить массой, равной их сумме, расположен-
ной в центре тяжести этих масс. Для случая трех масс это приводит к тож-
деству (в обозначениях задачи); АС' • Вл • СВ1 *= ВС • СА' • А&.
Ж
Тогда
дА'В'С' _ ]_________ХУ_____________—--------
Sabc	(х + г) (у 4-z)	(x+y)(z+y)
________yz______	______2xyz
(у + x) (z + x) (x+y) (x+z) {у + 2)*
Так как тетраэдры ABCD и A'B'C'D имеют общую высоту, то
УА'В'С'Р __ S&A'B'C	-------
У ABCD	8 А. АВС	(X +У) (У + Z) (2 + X) ’
Далее,	= —-—, аналогично
DAi РгА у+г*
В'Р   у ф С'Р _ г
BrP	x-j-z’ CtP x-j-y"
Так как трехгранные углы DA'B'C' и DA^Ct равны, то объемы
тетраэдров A'B'C'D и AtBtCtD пропорциональны произведениям
боковых ребер, т. е.
УА'В'С'Р _А'Р ♦ В'Р • С'Р_______хуг______
Va.b^d “ АгР . BtP . CtP — (х+у) (у + z) (z+x)’
но
Уа’В'ср __2xyz __ 2 УА'В'С'Р
Уавср (х +у) (у + г) (г + х) Уа^^р
или Va.b^d = %Vabcd- Переместим грузы в треугольнике АВС
так: в точку А' груз в В' груз ~~~> в С'~7р~' При этом
центр тяжести остался в точке Dif затем поместим в вершины Ль
В4, Ci грузы -у, Тогда центр тяжести каждой из пар точек
(Л4; А'); (Bt; В'); (Ct; С') будет лежать в точке D, так как
У+z
АХР   АР± __ у + z _ 2
РА'	PjA' х х '
Т
и аналогично для других пар. Значит, и общий центр тяжести бу-
дет лежать в D. С другой стороны, центр тяжести точек А', В', С'
лежит в точке Dlt и его масса равна х + у + z. А центр тяжести
точек At, Blt Ct лежит в плоскости AiBjCj и в то же время на
прямой DDt, т. е. в точке Dt, и его масса равна	Следова-
тельно, ± и = —
РР' 2 Р'Р 2 *
108
Значит, и отношение высот, опущенных из точек Di и D на
3
плоскость	равно —. Но у тетраэдров A	и A 1BiCiDl
общее основание	Следовательно,	но
Va&CiD 2
V AlB1ClD = 2VABCD‘ Поэтому	ЗИдвср.
39- Данное неравенство
2 cos х < | ]/1 4- sin 2x —У" 1 — sin 2x | < У2
запишем в виде системы
| 2 cos x < | У f 4- sin 2T — 1— sin 2x |
I | У 1 4- sin 2x — V1 — sin 2x | < У 2.
Исследуем первое неравенство системы
2 cos х < | У Л 4 sin 2x — У1 — sin 2x |-
Так как правая часть всегда неотрицательна, то в область ре-
шения входят все х, при которых cos х < 0. Следовательно, зна-
чения х в промежутке -у < к < -|- л являются решениями. Значит,
теперь достаточно рассмотреть решения, при которых cos х >» 0.
Тогда обе части неравенства положительны. Следовательно, мы
можем их возвести в квадрат:
4cos2x< 1 4- sin2х — 2 У 1 —sina2x 4- 1 —sin2x.
Далее:
4 cosax <2 — 2 Уcos22x; 2 cos2x <1 — | cos 2х |;
|cos2x| < 1 —2cos2x = —(2cos2x — 1) = —cos 2x.
Это неравенство верно при cos 2х < 0.
Отсюда — + 2£л < 2х <— 4-26л, или — + kn < х < — л4-£л,
2	2	4	4
JT	1
т. е. при cos х>0, х может принимать значения — <х < —л
и — < х < —л. Вместе с теми значениями х, при которых cos х < 0,
получаем, что первое неравенство системы справедливо при
л ~	-7
— < х< — л.
4	4
Рассмотрим второе неравенство:
| У1 -J- sin 2х — У1 — sin 2х | < У 2;
109
обе часта неравенства положительны. Можем возвести обе части
в квадрат,	___________
1 + sin 2х — 2 ]/1 — sin22x 4-1 — sin 2л: < 2
— 2 ]/cos2 2х < 0, что справедливо при любом значении х. Следо-
вательно, решение системы:
л .	.7
— < к < —л.
4	4
40. Пусть (jq, х2, х3) — решение системы и пусть | хл [ < |л2| <
<|х3|. Любой другой случай перестановкой индексов 1, 2, 3 и
уравнений приводится к разбираемому. Если |л4| — 0, то утверж-
дение выполнено. Предположим, что | xt | ¥= 0, тогда
ан 4- #12--И #1з — > #н — I #12 ;—; — I #1з I:—,
Xi	Xi	| Xi 1	I Xi |
#11--1 #12 I-I #13 I = #11 4“ #12 4* #13 О’
Из первого уравнения
О = | anx4 4- #12Х2 + #13^31 — |Л’11 I #ц 4~ #12 ~ 4- #1з
I	xi	xi
но так как второй множитель, по приведенному выше, строго поло-
жителен, то необходимо |а74| = 0, что и требовалось. Это решение
легко обобщается на случай аналогичной системы п-уравнений с п
неизвестными.
41. Блехер решил задачу, применив интегральное исчисление.
Пусть плоскость проведена на расстоянии х от CD (рис. 27).
Тогда площадь сечения (оно — параллелограмм, так как
ML || АВ || ЕМ и NL || CD || ME) равна
ML • Alf-sin со = —. ——— • sin <о;
d d
Рис. 27.
d
abxVx 
-----Sin (0.
3da)
в, =4^. »4-5).sin<B<te =
1 J d
0
_____ fabx2
~~ \~2d
Аналогично
(aby*	aby^'x .
v9 == (—----— sin co,
8 V 2d 3d2 /
где у—расстояние от АВ до Р
v2 _ 3dya — 2ys .
3dxs—2xs ’
d _______ dk
ft 4-1’ V ~ *4-1’
ПО
Рис. 28.
В сечении тетраэдра плоскостью Р получится четырехугольник
EFHL (рис. 28).
EL || АВ; FH || АВ (так как плоскость Р || АВ); FE || CD;
HL || CD (так как Р || CD);
FE |] HL; HF || LE. HFLE — параллелограмм.
Проведем MN I AB; MN I CD.
Пусть MN пересекает P в точке S.
Проведем через точки At В, S плоскость. Пусть пл. ABS и Р
пересекаются по прямой QR. QR || АВ (так как Р || ЛВ).
Значит, QR = HF — LE.
Точки В, Q, N лежат на одной прямой (на линии пересечения
плоскостей BDC и BMN).
Точки A, R, N лежат на одной прямой (аналогично).
Д QNR ~ Д ANB.
— = — (NS и NM — высоты в подобных треугольниках):
АВ NM
~ =—; NM = NS + SM;
SMk
^ + SM^l k NM^k у « = А+1,
SN	NS	QR
R-f-l	«т * «Т 1
FE — HL= = 7-^-- (аналогично).
k 4" I k Ц-1
Проведем плоскости EFX и ЛУН, перпендикулярные Р,
(X cz ЛВ; Ус АВ),
Ш
VbLHAFE ~V YHLXFE + VbHLY + VxF£4.
Примечание, Точка X или точка F может лежать вне АВ, тогда
VBHLY или ^xfea нужно будет вычитать. Доказательство же будет аналогич-
но. YHLXFE— прямая призмы.
VYHLXFE = FE • h^XFE ’ HF • ~
h^XFE — MS = —~—
« i- 1
17	kb dk а 1 abd k2
F YHLXFE ~	..• ——T • — =-----------------
k +1	k -|-1 2	(fe-]-l)3 2
Vbhly = HL 'h^HLY • BY • (ВУД_пл. HLY, так как BY || HF)
h&HLY = h&XFE = t
k -f- 1
VXFEA ~ EF • h^XFE • AX • ~
6
Vblhafe = Q A-' HL ’ h^HLv(BY + AX) =
(«4- 1)3-2 о
__ abd • k2 . I kb kd _________________„p. __
(fe 4~ l)s-2	6 ‘ /г 4-1 * fe+1 v
abd • k2 . bd • k2 ka i.jk:2(3A-k)
2 (k + 1)3	6 (k 4- 1)2 k + 1	6 (k + 1)3
Vdfhcel = abd 3^-- (аналогично)
6 (k + l)3
Vblhafe ___ k2 (3 + k)
DFHCEL 1 + 3fe ‘
42. Обозначим х^гх^ = p. Тогда наша система уравнений
примет вид.
+ — = 2, где i = 1, 2, 3, 4.
Xi
Случай, когда одно из неизвестных равно нулю, приводит к про-
тиворечию; действительно, подставив xt = 0, получим:
*2*3*4 == 2;
*2 = *3 = *4 = 2.
Итак, все *t- являются корнями одного и того же квадратного урав-
нения: *? — 2*z 4- р = 0. Поэтому среди них может быть только
два различных. Рассмотрим три случая:
П2
I.	Xt = x2 = x3 =x4 = m\ nt 4- m3 = 2; в силу монотон-
ности функции т 4- т3 имеем только одно действительное ре-
шение: т — 1.
II.	Три из неизвестных давны, а четвертое им не равно.
Пусть хл = х2= х3 = т\ xli=ti
{ т 4- тгп =2
t п 4- т3 = 2
Отсюда (т — п) (1 — /п2) == 0.
Случай tn — п и т = 1 приводит к уже известному. Случай
т = — 1 дает и — 3. Это дает еще четыре решения.
III.	Xi = х2 — /л; х3 = х4= п;
| т 4- тп2 = 2
t п 4- пт2 = 2
Отсюда (т — п) (1 — тп) = 0. Случай т — п новых решений
не дает. Пусть тп = 1. Тогда /п4-л=2;/л = л = 1. Новых ре-
шений не получили.
Ответ. 1) Xi = х2 = х3 = лг4 — 1.
2,3, 4, 5) Один из xt равен 3, остальные равны — 1.
43. Р ешение Пересецкого (рис. 29).
Дано: АА* || МQ || B'R || РР' ± ОВ\
МР || ВВ' || QQ' || A'S X АО.
а) Пусть —k, тогда, так как Д А А'В оэ Д MQB, — k.
Из теоремы о параллельных линиях, пересекающих стороны
угла:
SQ'	A'Q
Q'B'	QB
А'Р'
Аналогично -----= k.
P'R
Докажем, что геомет-
рическим местом точек
ЩН — точка пересече-
ния высот РР' и QQ'; ор-
тоцентр Д OPQ) есть от-
резок прямой А'В'.
Проведем через точку
D,	.,D (А'Р'
Р отрезка А к I =
— k) перпендикуляр к
этому отрезку.
Д RB'A* ~ Д P'HtA'
(Hi—точка пересечения
113
А'Н
этого перпендикуляра с отрезком А'В'). Теперь = k\
SQ'	*
— k,T. е. Д SA'Br оэ Д Q'HiB' (две стороны пропорционалъ-
Q'B'
ны и углы между ними равны). Следовательно, /7tQ' совпадает
с высотой Д OPQ, опущенной на ОР, значит, И s 77 ь Что и требо-
валось доказать.
б) В задаче а) мы доказали, что отрезок, соединяющий основа-
ния высот Д АОВ, является искомым ГМТ «Я», когда точка М
пробегает отрезок АВ.
Рассмотрим Д OAtBi (А^ ||ЛВ). Очевидно, он
Д АОВ, и поэтому ГМТ «//» для него — отрезок Л1В<»
тичный отрезку А"В' с коэффициентом гомотетии, равным
подобен
гомоте-
носительно точки О.
0At ™
—- от-
ел
Из соображений непрерывности получаем, что, когда точка М
пробегает внутреннюю область Д АОВ, точка Н пробегает внут-
реннюю область треугольника А'В'О.
ио
ко
«У
Примечание,
доказать, что если
В задаче а) мы доказали, что Н лежит на А'В'. Нетруд-
ен	. AM
k, то —— —	т. е. условию удовлетворяет толь-
пВ	МВ
отрезок А'В'.
Нетрудно видеть, что если взять точку Н вне прямой А'В', то, строя точ-
М, мы получим, что она лежит вне прямой Лй.
Очевидно, не играет роли, острые или тупые углы ОЛЙ и ОйЛ.
Для Z ЛОЙ >90° чертеж будет иметь другой вид, и проведенные рассужде-
ния неверны для этого случая.
44-	Допустим, что из какой-то точки А данной системы исходят
три диаметра АВ, АС и AD. Тогда точки В, С, D лежат на окруж-
ности с центром в точке А и радиусом d. Все прочие точки си-
стемы лежат либо на Kt, либо внутри круга, ограниченного ок-
ружностью Так как каждое расстояние ВС, BD и CD не боль-
ше d, то точки В, С, D находятся на дуге окружности Ku соответ-
ствующей углу не больше 60°. Пусть точка С лежит внутри дуги
BD, причем BD < 60°. Пусть К2 — окружность с центром в
точке С и радиусом СА = d. Все диаметры данной системы точек,
исходящие из С, должны иметь свои крайние точки на дуге MN окруж-
ности K2l лежащей внутри круга Kt. Но так как каждая точка ду-
ги MN, кроме точки А, находится от точек В и D на расстоянии
большем, чем d, следует, что СЛ — единственный диаметр, исходя-
щий из С.
Таким образом установили, что для данной системы из п точек
при п > 3 имеется только 2 возможности: либо в системе сущест-
вует точка, из которой исходит не больше одного диаметра, либо из
каждой точки исходят ровно 2 диаметра.
1J4
Теперь легко доказать искомую теорему методами этеиатичес-
кой индукции.
Для п = 3 теорема, очевидно, правильна. Покажем, что из спра-
ведливости теоремы для k точек (к — натуральное число > 3)
следует ее справедливость для (А 4 1) точек.
Рассмотрим систему из (& 4- 1) точек Ал, Д2,Ak+.lt у которой
больше одного диаметра. Если в ней существует точка, например
Л<, из которой не исходит диаметр или из которой исходит только
один диаметр, то число диаметров системы Лъ Л& .... ЛАИ в
крайнем случае на 1 больше, чем число диаметров системы
Ла, Л3, ..., ЛА+1, т. е. не выше k 4- 1. Если такая точка не суще-
ствует, то из каждой точки Л, исходят ровно 2 диаметра, и тем
самым их число равно 2 (k 4- 1) : 2 = А 4-1-
Максимальное число п диаметров достигается, например, в пра-
вильном многоугольнике, имеющем п = 2k 4- 1 сторон, а также в
конструкции, где одна точка является центром дуги окружности
радиуса d, а остальные п — 1 точки лежат на этой дуге. Причем
угол между радиусами, проведенными в крайние точки, равен 60°.
45-	Приводим решение А. Заимских.
Обозначим число участников, решивших только задачу 5, че-
рез В, число решивших задачи А и В — через АВ и т. д.
Тогда условия задачи выражаются четырьмя уравнениями:
А 4- В 4- С 4- АВ 4- ВС 4 АС 4- АВС = 25,	(1)
В 4- ВС = 2 (С 4- ВС),	(2)
А — 1 = АВ 4- АС 4- АВС,	(3)
Л 4 В 4- С = 2 (В 4- С).	(4)
(5)
Заметим, что Л, В, С, АВ, ВС, АС, АВС, очевидно, есть целые
неотрицательные числа. Решим систему. (1) в сумме с (3) дает
2Л 4- В 4- С 4- ВС — 1 =25.
Далее имеем:
вс = В — 2С,
Л = В 4- С.
Если из (5) вычесть (2') и удвоенное (4'), то получим
4В 4- С = 26,
отсюда
С = 26—4В,
ВС = В — (52 — 8В) = 9В — 52.
Так как В, С и ВС — целые неотрицательные числа, то из (6)
следует, что В < 6, а из (7) — В > 6. Значит, если решение суще-
ствует, то В = 6.
115
Решение существует, так как условиям удовлетворяют хотя бы
значения: Л = 8, В = 6, С = 2, АВ = 3, АС = 2, ВС — 2,
АВС = 2.
Следовательно, только задачу В решили 6 школьников.
46в Так как а, 0, у — углы треугольника, то
. у , а+Р	2
tg — = ctg ----- =-----
s 2	6 2	а +
sin--
2
Данное равенство примет вид:
fa + Р \
cos-—\
1—tga------—- н
. a + P I
Sta~2~ /
cos—- \
=°-
2	/
Умножая (1) на sin cos a cos р, получим
Q / . а Р	ос -f- Р .	'
a cos р sin —— cos а — cos —— sin а
\	2	2
-4-	b cos а (sin	cos р — cos sin 6
\	2	2
0.
(2)
Заменив выражения в скобках на синус разности, запишем:
sin ^-у— (a cos р — b cos a) = 0.	(3)
Отсюда либо sin^y^= 0, и тогда a = р, т. е. треугольник рав-
нобедренный, либо стоящее в скобках выражение равно нулю, т. е.
a cos р = b cos a.	(4)
По теореме синусов
a sin р = b sin a.	(5)
Возводя обе части равенства (4) и (5) в квадрат и складывая их,
получим:
a2 (cos2 р + sin2 р) = b2 (cos2 a + sin2 a).	(6)
Значит, a = b, т. e. ив этом случае треугольник равнобед-
ренный.
47« Приводим с некоторыми изменениями решение Ю. Бог-
данского.
Опишем около заданного тетраэдра Л BCD сферу. Через вершины
Л, В, С, D тетраэдра проведем к сфере касательные плоскости,
получим новый тетраэдр A'B'C'D', гомотетичный данному с коэф-
фициентом гомотетии (— 3). Сумма расстояний от любой точки,
116
лежащей внутри или на границе тетраэдра A'B'C'D', до его гра-
ней постоянна и равна высоте тетраэдра, опущенной на соответ-
ствующую грань, т. е. равна объему, деленному на одну треть
площади грани.
Пусть точка М лежит вне тетраэдра A'B'C'D'. Аналогично
предыдущему, рассмотрим четыре тетраэдра с общей вершиной
в точке М и основаниями— гранями тетраэдра A'B'C'D'. В этом
случае тетраэдры МА'В'С', MA'B'D', MA'C'D' и MB'C'D' пере-
крываются. Однако, как нетрудно проверить, тетраэдр A'B'C'D'
содержится в их сумме. Действительно, пусть точка W внутренняя.
Покажем, что она принадлежит котя бы одному из четырех тетра-
эдров. Проведем прямую MN, она пересечет по крайней мере две
грани тетраэдра. Возьмем ту грань (или любую из граней), в ко-
торой лежит дальняя точка пересечения. Рассмотрим тетраэдр с
вершинами в точке М и в вершинах этой грани. Точка N будет
внутренней точкой этого тетраэдра. Поэтому сумма их объемов
больше объема тетраэдра A'B'C'D', и, следовательно, сумма рас-
стояний от точки М до граней тетраэдра A'B'C'D' больше его вы-
соты, а сумма наклонных МА, MB, МС, MD будет еще больше.
48> Приводим с небольшими изменениями решение Б. Мати-
кайнена.
Так как х =# где к, k — целые, то sin 24 ¥= 0 и ctg 24 и
ctg 2*-1 х существуют. Но
ctg а — ctg 2а — —-—.
6 ь sin 2а
Заданное тождество докажем методом математической индукции.
Для п = 1 равенство справедливо, т. е.
-Д— = ctgx—ctg2x.
sinzx
Предположим, что оно верно для п = т, т. е. имеет место
—-----1------Ь... Н----— = ctg х — ctg 2дах
sin 2х sin 4х	sin2"*x
Докажем справедливость тождества для п = т + 1.
1.1. , 1 1
sin 2х sin 4х ’ sin2mx sin 2OT+1
= (ctg x — ctg 2mx)	(ctg 2OTx—ctg 2m+1x) =
= ctg x — ctg 2OT+1x.
Из доказанного следует, что данное равенство верно для лю-
бых и.
Все преобразования допустимы в силу наложенных в условии
ограничений на значения х.
117
40. Приводим с небольшими изменениями решение Ю. Бог*
дакского.
Так как данная система не меняется при замене индекса i на k
и k на /, то можно считать, что > а2 > а3 >> а4.
Тогда
(oi — а2) х2 4-	(01	— а3)	х3 4- (fli	— о:*) х4	=	1,	(1)
(Л1 — й2) Xi +	(аг	— th)	х3 4- (ог	— «Э х4	«	1,	(2)
(at — о3) Xi 4-	(аг	— th)	х2 4- (а3	— «<) А	=	1»	(3)
(ai — а4) xt 4-	(th	— aj	Xz + (a3	— a4) x3	=	1.	(4)
Из (1) вычтем (2), из (2) вычтем (3), из (3) вычтем (4). Имеем
(«! — Ог) (х2 4- х3 4- х4 — х±) = О,
(az — а3) (— Xi — х2 4- х3 4- xj = О,
(«з — aj (— xi — х2 — х3 4- xj = О,
и заданная система эквивалентна системе:
х3 4- х3 4- х4 = хь	(5)
Xi+xa=x3-\-Xb	(6)
Xi + x2 + x3 = x4,	(7)
— ал)х4 4- (ая — ak)x2 4- (а3 — а4)х3 = 1.
Из (5), (6) и (7) следует, что х2 — 0, х3 == 0 и х4 = х4 .
Тогда из (4) получим: х4 -------.
Проверка показывает, что если at > az > а3 >• а4, то дейст-
вительно Xi = х4 = —-—, х2 = х3 — 0.
«1-«4
50.	Площади треугольников, имеющих по равному углу, от-
носятся как произведения сторон, заключающих эти углы (рис. 30).
Поэтому
5дмвк МВ • ВК
В
Рис. 30.
SAMBK
SaABC
5дЛВС АВ-ВС’ (1)
S&MAL _ AM. AL
5длВ0	АВ. AC’	<2>
s&klc _ КС. LC
S^ABC	ВС. AC-	U
Допустим, что
s&mal
S&ABO
SAKLG у 1
5дЛВ0 4
H8
Перемножая почленно эти неравенства и используя (Г), (2) и (3),
получаем:
ВМ-ВК- АМ> AL СК • CL £
АВ • ВС • АВ • АС • ВС • АС 64
ИЛИ
ВМ. AM ВК- СК AL-CL
АВ3 ' ВС* ' АС* "64
тл_	А	л iix—АВ AM • ВМ 1
Но, с другой стороны, VAM • ВМ < --=— и ———.
Аналогично < -!*•	. Перемножая почленно эти
ВС3 4 АС3 4
неравенства, получим:
AM . ВМ	ВК • СК	AL-CL	J_
АВ3 ‘	ВС3 АС3	64’
Пришли к противоречию. Поэтому найдется треугольник G
площадью, не превышающей — S^ABC.
51.	Вокруг остроугольного треугольника ABD (рис. 31) опи-
шем круг, центр которого — точка О лежит внутри этого треу-
гольника.
Четвертая вершина С параллелограмма ABCD лежит вне опи-
санного круга. В самом деле, если точка Cz лежит внутри круга по
другую сторону прямой BD от точки А, то Z BC'D измеряется или
половиной дуги BAD (если точка лежит на окружности), или может
быть еще большим. Но дуга BAD больше полуокружности, так как
дополнительная дуга измеряет острый, по условию, Z BAD. По-
лучаем противоречие с тем, что Z BAD — Z BCD — острый.
Утверждаем теперь, что
если параллелограмм пок-
рыт кругами КА, Кв, Кс,
JKD, то радиус R описанной
около A ABD окружности
не превосходит единицы.
Предположим противное,
т. е. R = ОА = OB = OD>
> 1. Тогда круги КА, Кв
и не покрывают точки
О. Круг Кс также не мо-
жет покрыть точку О, ибо,
по доказанному выше, ОС>
>/?>!. Значит, условие
/? < 1 необходимо.
119
Но оно и достаточно. Пусть /? < 1. Опустим из точки 0 пер-
пендикуляры на стороны A ABDt которые, как известно, разде-
лят эти стороны пополам. Эти перпендикуляры, а также радиусы
ОА, ОВ, ОС разбивают A ABD на шесть прямоугольных треу-
гольников, в каждом из которых радиус является гипотенузой.
Очевидно, расстояние от вершины прямоугольного треугольника
до любой его точки не превосходит гипотенузы. Значит, для лю-
бой точки М A ABD найдется вершина, удаленная от нее не
больше, чем на R. Поэтому круг /С с центром в соответствующей
вершине покрывает точку М. Мы доказали, что A ABD при R <
< 1 весь покрывается кругами Кв, Кд и Кд. По симметрии
A CDB также покрывается кругами Кс, Ко и Кв.
Воспользуемся теперь формулой R —	, где а, Ь, с—стороны
треугольника, S — его площадь.
В нашем случае ЯР = 1,ЛВ = a, Z BAD = а, тогда по теореме
косинусов имеем:
BD = У1 а3 — 2а cos а.
Откуда
К — а + Д8 2 а cos « < I
2 а sin а
(1)
Решением неравенства (1) будет
cos а — ]/3 sin а < а < cos а 4- j/3 sin а.
Но левая часть неравенства выполняется, так как а — АВ >
> AD cos а = cos а при AD = 1 в силу остроугольности A ABD.
Отсюда получаем, что АЛВР будет покрыт кругами Ка , Кв,
Kd тогда и только тогда, когда
а < cos а 4- VS sin а.
52.	Пусть АВ — наибольшее ребро.
Тогда в А Л CD и в A BCD (рис. 32) все
стороны не превосходят 1, высота AF и
высота ВК, как легко доказать, не пре-
восходят 1____где CD =a<Z 1.
Высота тетраэдра Л5<ЛГ< j/^—
Объем тетраэдра
У=4-5Длсо-ЛЗ<4 —
3	3	2	\	4 ]
24
120
Найдем максимум объема тетраэдра при а < 1, для чего найдем
максимум функций у — х (4 — х2) при 0 < х < 1.
у == х (4 — х2) =3 — (1 — х) — 2(1 - х2) — х(1 — х)2 < 3,
откуда у = 3 при х = 1 и Vmax= max - а (4 — а2) = —.
о<а<1	о
Осталось проверить, что тетраэдр с объемом, равным — , удовле-
творяющий условиям задачи, существует. Возьмем АС = CD =
— AD = ВС = BD = 1 и плоскость ACD, перпендикулярную
BCD. При этом АВ = j/"1 = j/*^ > 1.
Многие искали экстремум функции у — х (4 — х2) с помощью
производной, и некоторые из них не заметили, что точка безуслов-
ного экстремума не принадлежит интервалу изменения перемен-
ного.
53а Прежде всего имеем:
Ср — Cq = р2 + р — (q2 4 q) = (р — q) (о 4~ q+ 1).
Откуда получаем, что
(^т+1 — Сk)' (^т+2 — ^k) *’ • ''(^т+п С к) я
= (/л 4-1— k)(m 4-14-&4-1)(лг4-2—k)X
X (тА-2 + k 4-1).. .(т 4-л—k) (лг 4-л 4-£4-1) =>
=[(m—&4-1) (tn—kA-2)... (tn—£4-«)J><
X [(«i 4- k 4~ 2)(tn 4~ k 4“ 3).. .(tn 4- & 4* « 4~ 1)].
С другой стороны,
Ci - C2- ... • C„=l - 2 • 2 • 3 • 3 - 4 - . .. • лл(л 4-1) =л! («4-1)1.
Итак, надо доказать, что
[(т — fe 4 1) - • (га— £+«)! [(га4- * 4- 2). ♦ ,(т 4 & 4-л 4-1)1
п!	(п 4-1)1
целое число.
(т — k 4- 1) (tn — k 4- п) — произведение п последовательных
целых чисел, делится на л!. Это очевидно в случае обращения в
нуль одного из сомножителей, хорошо известно для положитель-
ных чисел и приводится к положительным для отрицательных сом-
ножителей.
Теперь осталось доказать, что
(т 4- k 4- 2) (tn 4- k 4- 3) ... (tn 4- k 4- л 4- 1) делится на (n 4- 1)1.
Рассмотрим
C/ntj-fe-J-n-f-l
__(tn 4~ k 4~ 1) (ra 4- k 4~ 2)... (m 4* k 4- n 4~ 1)
(n + l)l
Это число, как известно, целое. Но по условию т 4- k 4- 1 — число
простое, большее л 4~ 1, поэтому т 4- k 4- 1 не делится ни на один
простой сомножитель числа (л 4- 1)1. Значит, (tn 4- k 4- 2) х
121
X ... • (tn 4- k 4- n 4- 1) делится на (n 4- 1)!. Тем самым произве-
дение n последовательных целых чисел (т 4- k 4- 2) • ... • (m 4- k 4-
4- л 4“ I) делится на (п 4- 1)1.
54> Пусть ДЛВС удовлетворяет условиям задачи. Тогда его
вершина В лежит на дуге сегмента, построенного на отрезке ЛвС0
и вмещающего угол, равный Z Bi (рис. 33). Причем Д Л^Со
и этот сегмент лежат по разные стороны от Л0С0. В самом деле
Д ЛОВОСЧ вписан в Д АВС. Поэтому прямая Л0С0, пересекая отре-
зок АВ в точке Со, отделяет точку В от точки А. По тем же при-
чинам она отделяет В и от С. Значит, и вершина Во, как точка от-
резка АС, лежит с В по разные стороны от Л0С0. Совершенно ана-
логично, вершины С и Л лежат на дугах сегментов, построенных во
внешнюю от Д А0В0С0 сторону на отрезках ЛвВ0 и В0С0 и вмещаю-
щих углы, равные соответственно Z Ct и Z ЛР Обозначим центры
этих сегментов соответственно Оь О2, О3. Так как все три угла Л t,
Ви Ci острые, то центры лежат внутри своих сегментов, т. е. вне
Д ЛоВоС).
Рассмотрим подробнее положение прямой ВС. Проведем к ок-
ружности Oi в точке Ло касательную А0М и возьмем ее луч Л02И,
лежащий по ту же сторону прямой ЛоСо, что и сегмент Тогда
весь сегмент Oi лежит внутри угла между лучами А3М и А0С0,
где Z МЛвС0 = 2d — Z ВР
Легко видеть, что всякий луч с вершиной в Ло, лежащий внут-
ри тупого угла Л4Л0С0, пересекает дугу сегмента, а все остальные
лучи этот сегмент не пересекают. Совершенно аналогично, луч А0С
должен лежать внутри тупого угла между лучами Л0В0 и А0Р,
где Z BqA0P — 2d — Z Сь и отложен от Л0В0 в противополож-
ную от Д А3В0С3 сторону. Покажем, что эти два тупых угла не
накладываются друг на друга. Отсчитывая от луча Л0Р, получаем:
Z РА3В3 4* Z В0Л0Св 4- Z Cq/Iq/H =? 4d — Z Bt — Z Ct4* Z Ло ~
= 2d 4" Z Ai 4- Z Ло,
что меньше 4d, так как и Z Ai и Z Ло острые. Значит, луч Л0Л4
действительно не заходит за луч А0Р.
Выясним теперь, в каких пределах может лежать луч А9В.
Ясно, что он лежит внутри угла МЛ0С0, что дает:
0< Z C0AQB<2d — Л Bi,	(1)
если отсчет ведется в ту же сторону, что и раньше. Условие, что луч
Л0С (продолжение луча Л0В) лежит внутри угла РЛоВо» записы-
вается как 0 < Z СЛо^о < Z РЛ0В0, или
2d>2d—£ CAqBq>2d — £ РА3В3,
что дает
Z Ct Z СдЛоВ 4- ZЛo 2d,
поскольку
Z<Z40<30 4* Z 4* Z CqAqB =* 2d,
122
Рис. 33.
или окончательно
ZCt — Z Лв < Z СвЛА< 2d — г А0,	(2)
где разность Z Ct — Z Ло может быть как положительной, так
и отрицательной. Аналогичный подсчет в точке Со дает (с учетом
изменения направления отсчета угла при перемене Ло и Со мес-
тами):
О < Z ВС0Л0< 2d — £ Bit
Z Л i — Z Cq Z ВСоЛо 2d — Л. С®,
ZC©A®B "4" Z BCqAq ==* 2d — Z В^.
Поэтому первое условие в точке Со эквивалентно первому же ус-
ловию в точке Ло, второе же дает:
ZC0 — Z < Z С0А0В < Z Co + Z С,.	(3)
Мы вывели три необходимых условия для возможности требуе-
мого в задаче построения треугольника с вершиной в точке В сег-
мента 0<. Покажем, что выполнения этих трех условий достаточ-
но. В самом деле, проводя рассуждения в обратном порядке, убеж-
даемся, что продолжение Л0С луча ЛоВ за точку Ло лежит внутри
угла МАцС и, следовательно, пересекает сегмент О2 в некоторой
123
точке С. Из условия (3) по тем же причинам выводим, что прямая
ВС0 пересекает сегмент 03 в некоторой точке А по другую сторону
от Со, чем В. Z AqBCq = Z Bi по построению, как вписанный в
сегмент 0t. Z В0ЛС0 = Z Ль как вписанный в сегмент 03, и
Z А0СВ0 ~ Z Cit как вписанный в сегмент О2. Точка Во лежит
внутри Z В, образованного лучами ВЛ0 и ВС0, в силу того что
прямые ВЛ0 и ВС0 не пересекают Д Л0В0С0, а лишь в силу усло-
вий (1), (2), (3) проходят через его вершины. Значит, в четырехуголь-
нике АВСВ0 Z В0ЛВ, Z АВС и ZBCB0 внутренние и в сумме
составляют 2d. Отсюда Z АВ0С = 2d и три точки Л, Во и С ле-
жат на одной прямой.
Поскольку при выводе условий (1), (2), (3) никаких ограничений
на сравнительные величины углов треугольников Л0В0С0 и АВС не
накладывалось, будем для определенности считать, что
Z Со + Z Ci > Z Во + Z Bi и Z Со + Z Ci > Z Ло+ Z Ait
т. е.	ZC0 4- Z Ci > i 4d > d.	(4)
Отсюда видно, что эти условия (1) — (4) выполнены, например, для
Z СоАоВ — d, так что описанные треугольники заведомо сущест-
вуют. Отыщем среди них треугольник максимальной площади.
Очевидно, для этого надо найти треугольник с максимальной сторо-
ной, так как все рассматриваемые треугольники подобны, как имею-
щие соответственно равные углы с Д Л^Ср
Рассмотрим произвольный описанный треугольник. Спроекти-
руем центры Oi и О2 сегментов на хорды Л0В и Л0С . Отрезок HiH2
есть проекция отрезка OiO2. Его длина не превосходит длины (\О2 и
может совпадать с ней, лишь когда ВС || OiO2.
Нетрудно подсчитать, что
Z = О2Л0В0 4- Z В0Л0С0 4~ Z СоЛдО| =
= 2d— Z Ci — Z Bi — Z Ло= 4- ZA0<2tt
Поэтому отрезок OjO2 пересекает лучи Л0С0 и Л0В0, отсекая от него
некоторый Д A0XY. Через точку Ло проведем параллельную Ьс
к OiO2. Она будет лежать вне ДЛоВоСо (иначе она пересекала бы
отрезок XY), и точки Oi и 02 будут лежать от нее по ту же сторону,
что и Д ЛоВ0Со. Пусть луч А0Ь лежит по ту же сторону прямой
А0С0, Что и точка О4.
Перпендикуляры из точек Oj и О2 на хорды Л0С0 и ЛоВо прой-
дут через их середины /4 и F2 и пересекутся в точке О — центре
круга, описанного около Д Л0В0С0. В силу его остроугольности
точка О лежит внутри Д ЛоВ0С0.
Очевидно, Z O2OAq— Z O2OBQ~X COt так как они измеряют-
ся одной и той же величиной дуги (описанного круга О). Аналогич-
но, Z OiOA0 = Z Во,
ХОхОО2 = Z OiOA0 4- Z AqOO2 = Z BQ 4- Z Co < 2d.
124
Поэтому прямая ОХО2 разделяет точки О и Ао. Отсюда
d — Z Bi = Z Co4o0i < Z CaXOi < d
и, аналогично,
d — Z = Z B0A0O3 < Z B0YO2 < d.
Проводя через точку Ao прямую, образующую с Л0С0 угол, рав-
ный Z С0ХО1, мы заведомо удовлетворим всем ограничениям свер-
ху. Ограничение (3) также выполнено, так как Z Со— Z Bi <Z
< d — Z Bi. Наконец, связывая Z B0YO2 cZ CQXOt, как при вы-
воде условия (2), убеждаемся, что выполнено и оно. Значит, можно
описать подобный треугольник, чтобы его сторона В2С2 (рис. 34)
была параллельна OfO2. Но тогда этот треугольник искомый.
55.	Очевидно, что сумма четных степеней всегда положитель-
на, если числа aif ..., а8 не все равны нулю. Если все aif ..., as
равны нулю, тогда все сп = 0 тождественно. Таким образом, в не-
тривиальном случае нулю могут равняться лишь какие-то суммы
нечетных степеней. Докажем, что если среди сумм нечетных степе-
ней бесконечно много равных нулю, то все эти суммы обязательно
равны нулю. Для этого покажем по индукции, что если среди сумм
последовательных степеней 2т действительных чисел бесконечно
много нулей, то эти числа разбиваются на т пар, состоящих каж-
дая из положительного и равного ему по абсолютной величине от-
рицательного числа. Действительно, пусть b — максимум абсолют-
ной величины чисел akt причем среди максимальных по абсолютной
величине р положительных и q отрицательных. Не ограничивая
общности, можно считать, что это числа ai = ... — ар =
125
ap¥i = ... « ap±q ==— b, а последующие (если они есть) числа
меньше, и максимум их абсолютной величины равен d, 0<d < b.
Тогда
^2a+i = (Р -	4-	4- • • • + (<W2ft+1,
и если p*q, т. е. |р— q\> 1, то при достаточно больших k,
точнее, при 2Л? -4- 1 > —log-4^—имеем:
log & — log d
I «.ж I > 1P — QI b2ft+1 — 2zncP+1 > | 6aft+1,
т. e начиная c 2k 4- 1 = I — — ——1 4-1» все нечетные степени
[log ь — log d\
также отличны от нуля, что противоречит условию задачи. Значит,
р — q и сумма нечетных степеней первых р + q чисел всегда ра-
вна нулю. Следовательно, среди суммы нечетных степеней осталь-
ных чисел ..., а2т (если они есть) бесконечно много ну-
лей. Тогда, по предположению индукции, они разбиваются на пары,
требуемые условием леммы. Первые же числа также разбиваются
на пары, их р положительных и q — р отрицательных, равных по
модулю. Лемма доказана.
Отсюда следует, что все нечетные степени взаимно уничтожа-
ются.
56.	По смыслу задачи п > 1. Рассмотрим (п — Л)-й день.
В этот день для раздачи оставалось медалей. На следующий
(п — k 4- 1)-й день останется xn^k+l~ xn_k — п 4- k =
= 7	~ « 4- k) медалей, т. е. хп~м - у и + k).
Откуда
*n-k = -Т “ k + П,	(1)
О
Используя формулу (1), получим хп — /г; так как хп+1 == 0.
хп^ = п — 1 4- п = -|-п 4-(я — О-
о	о
*п-г =	4~	— 1) 4- (п — 2),
\о/	6
Предположим, что
хя-1 — (т) п 4"	(« — 1) 4- • • • 4- -т (л — I 4-1) 4~ (л — О- (2)
Докажем формулу (2) методом математической индукции. Для
л4-’«’4- —(я — 14- 2) 4-	4- О- (3)
\ о /	о
126
7
Умножив обе части (3) на —, прибавив к обеим частям (п — I)
6
и подставив в (1), получим (2).
По условию Xi = т, поэтому
= 6(п —6)^"+36.
Но так как 7 и 6 взаимно просты, то^^- — целое число. Отсюда
заключаем, что п делится на 6. Докажем, что] п —6] < 6я'1 для
любого п > 6.
|п— 6|<п= 1.2.1........._!!_	< 2"-> < 6"-*,
'	'	123	л-1
что и требовалось доказать.
Итак ] п — 61 < 6я"1, но ~~ — целое число, менывее 1.
Отсюда можно заключить, что п — 6 — 0, или л — 6. Тогда
т -36.
Легко проверяется, что п — 6, т = 36 удовлетворяют условию
задачи.
57.	Р е ш е н н е 1. По теореме синусов (рис. 35) имеем:
а b с	а Ь	с
---- ==-----— ---- ИЛИ ------- = ----=-------,
sin Л sin В sin С sin Л sin 24 sin ЗА
так как В — 2А и, следовательно, b > а.
Обозначим —— X.
sin А
Тогда из соотношений
а2 = I2 sin2 Л, b2 « I2 sin2 2А, с2 = V sin2 ЗЛ
следуют соотношения
Ъ2 — а2 — %2 (sin2 2А — sin2 Л), ас ==« X2 sin А • sin ЗА.
Но легко сосчитать, что
sin2 2А sin2 А = sin А • sin ЗА,
следовательно, в рассматриваемом	треугольнике мы имеем
Ь2 — а2 = ас, или Ь2 = а (а + с).	Рассмотрим соотношение
Ь2 *= а (а 4- с). Возможны следующие случаи:
1)	а = п, Ь = л 4- 1, с ~ п + 2. Тогда (л 4- I)2 = л (2л 4-2),
127
т. e. n2 — 1 = 0, откуда п = I и а = 1, 6 = 2, с — 3 — вырож-
денный треугольник.
2)	а — п, 6 = п 4- 2, с = п + 1. Тогда (л 4- 2)2 = п (2п 4- 1),
т. е. п = 4 и а = 4, 6 = 6, с = 5 — решение задачи.
3)	с — п, а = п 4- 1, b = п + 2, откуда п2 — п — 3 = 0 —
уравнение не имеет целых корней.
Докажем, что треугольник со сторонами а = 4, 6=6, с = 5
является решением задачи, т. е. углы этого треугольника удов-
летворяют условию.
Вычислим cos А и cos В. Из теоремы косинусов получаем
1	3
cos В = —, cos А = — , т. е. cos 2Л=соз В и, следовательно
ZB = 2^Л.
Решение 2. Проведем биссектрису BD угла В (рис. 36)
и обозначим CD = 6<, DA = Ь2. Тогда Д BCD ~ Д АВС и, сле-
с	a b	<	b	,	Ъ
довательно, —	= — = — , откуда с =	62	• —,	а =	bt •	—	.
b2	а	а	а
Сложив эти равенства, получим
(61 4- 62) • —= —. = с 4- а — целое число.
а а
Так как по условию длины сторон — последовательные целые
числа и 6 > а, то либо 1) 6 = а 4- 1, либо 2) 6 = а 4* 2.
1 \ L. । 1	6®	<х® 4- 2о 4-1	।	« >	1
1)	6 = а 4- 1, — = —-—-— = а 4- 2 4---------и, следователь-
а	а	а
но, а = 1, 6 = 2, с = 3 — треугольник вырожденный.
2)	6 = а 4- 2, — = а ~*~4а!~Ь4- = а 4- 4 4- — , следовательно,
а	а	а
а — делитель 4. Поэтому либо а = 1, либо а = 2, либо а = 4.
Если а = 1, тогда 6 = 3 и с =----а = 8, что не удовлет-
а
воряет условию.
128
Если а = 2, тогда b ~ 4 и с = 6, что тоже не удовлетворяет
условию.
Если а = 4, тогда 6—6 и с = 5 — решение задачи.
58.	Так как произведение цифр неотрицательно, то х2 —
—10х— 22 >0, следовательно, х > 5 4- ]^47>> И.
Докажем, что произведение цифр любого числа не больше
самого числа. Пусть х = а^аз...^, тогда
ага2	9Л~1 < at • 10"-1 + • 10л~2 -ф-... 4- ап = х.
Отсюда вытекает, что х2 — 10х — 22 < х, следовательно,
11	1/209
х <“£ Н—2~ < 13. Таким образом, целое число х удовлетво-
ряет неравенству 11 < х < 13. Значит, х = 12.
Проверка: 144 — 120 — 22 = 1 -2.
59.	Пусть yi = х2 — хъ у2 = х3 — х2, ....
Ул ~Xk+i Xkf •••» Уп—1 = ХП ХП~1> Уп ~ х^ хгг
Тогда ук = ахк2 4- (b — 1) хк 4- с, а^ук = 0.
fe=i
а)	Если (Ь — I)2 — 4ас < 0, то многочлен ах2 4- (Ь — 1) х 4- с
не имеет действительных корней и принимает значения только
одного знака и поэтому либо все ук > 0, либо все ук < 0, чего не
п
может быть, так как	У а — 0*	Следовательно, система не
/2=1
имеет действительных решений.
б)	Если (Ь — I)2 — 4ас — 0, то многочлен ах2 4~ (Ъ — 1) х -f-c
обращается в нуль только при одном значении х и либо все ук > 0,
л
либо все ук < 0, но так как ук = 0, то все ук = ахк2 4-
fe=i
4- (6 — 1) хк 4- с = 0, и тогда Xi = х2 = ... = хп = х0,
где х0 — единственный корень трехчлена. Следовательно, система
имеет единственное действительное решение: все хк — х0.
в)	Если (Ь — I)2 — 4ас > 0, то система имеет по крайней мере
два решения, а именно все хк = х0 и все хк = х0, где х0 и х0 —
корни многочлена ах2 4- (Ь — 1) х 4- с, поскольку х0 = ах04-
4- Ъх0 4~ с.
6SL Введем обозначения: A= 1, 2, 3, 4)—вершина тетра-
эдра, = ак1 — длина ребра AtAk. Пусть а12 — ребро, которое
не короче остальных, т. е.
012 ^ik == 1> 2, 3, 4, I
В треугольниках AtA2A3 и А1А2Аь
Я12 < а13	°23>	а12	а14 4“ Цц,-
5
129
Отсюда
2а1а<Z a 13 + o23 +	0)
Предположим, что из отрезков ai2, а13, о^ нельзя построить тре-
угольник; тогда
ci2 > Я1з 4" O14.	(2)
Из (1) и (2) следует, что < «23 4- а24, а в таком случае из отрез-
ков а12, «2з, «24 можно построить треугольник.
61. а) Докажем, что функция имеет период 2а. Из условия
видно, что / (х + а) > для всех х. Перенесем у в левую часть
и возведем в квадрат:
*	1 -io	г	”12
/(х4-а)—-j = /(х) — p(x)J ,
или [f (х + а) ]2 — f (х 4- а) = f (х) — I/ (х) I2 — .	(1)
Напишем f (х 4- 2а) = 4- Vf (х 4- а) — [ / (х 4- о) ]2
и, используя (1), получим:
/(^ + 2а)= |+ j/[/(x)p-/(x) + ± = y+ |/(x)-||=f(x),
так как f (х) > .
б) Как легко проверить, условию при а = 1 (рис. 37) удовлет-
воряет функция
/<Х) = Н’ 2«<х<2п+1>
1, 2п 4- 1 < х < 2п 4- 2,
п =0;±1;±2..
Можно указать и более сложный пример (рис. 38):
2п 4- 1 х 2/14" 2,
Рис. 37.
Рис. 38.
62. Р е ш е н и е 1, Используем лемму
+ 7] = t2xI - И
Доказательство. Любое число х можно представить
либо как х = k 4- а, либо как х = k -Ьу 4- а, где k целое и
О < a < — •
2
Для х — k 4- а : jfe 4- « 4- ~| = k; [2Л 4- 2а] = 2fc; [k 4- а] =
т. е-р4-1] ==[2х] —-[л].
Для х == k 4- ~ 4“ ®	4~ ~ 4- а 4-	~ & 4~ 1 ;
[2fe 4- 2а 4- I] = 2k 4- 1;	4- j 4-а] = kt т. е. и в этом случае
|х 4-	— [2х] — {х]. Лемма доказана.
Перепишем сумму и применим лемму:
так как при k > log2 л член и все последующие равны нулю.
Идея этого решения принадлежит английскому школьнику
Малькольму Вильямсону, получившему специальный приз.
Решение 2. Заметим, что, как только становится 2Z> л,
этот член и все последующие обращаются в нуль, поэтому выписан-
ный в условии ряд является конечным.
При переходе от л = k — \ кп = k каждый член ряда, очевид-
но, или остается тем самым, или увеличивается на единицу. Если
член увеличился на единицу, тогда для некоторого целого т
fe — 1 4- #
2^-1
<т<
k + 2l
2Z+1
Следовательно, k — 1 < т • 2Z+1 — 2* = 2* (2m — 1) < k.
Отсюда следует, что целое число k = 2z(2m — 1). Но для любого
k имеется ровно одно значение показателя i (i > 0), для которого
это верно. И обратно, для k = 21(2т — 1) соответствующий член
увеличивается на единицу. Таким образом, поскольку при л = 1
сумма равна единице и сумма увеличивается на единицу; когда л
увеличивается на единицу, то сумма ряда равна л.
Идея этого решения принадлежит авторам задачи.
5*
131
68а Пусть а — 4k\ где k > 1 натуральное. Тогда
z = п4 4- а = п4 + 4£4 = п4 4- 4л2&2 4- 4 Л4 — 4п2&2 =
= (л2 + 2й2)2 — 4n2fe2 = (п2 4- 2k* — 2nk) (п* -f- 2k* 4- 2nk)\
n* 4- 2k* — 2nk=(n—k)* + k*>k*>l;
n24- 2k* 4- 2nk = (n 4- k)* 4- k* > k* > 1,
t. e. z является произведением двух сомножителей, каждый из
которых больше 1. Значит, z — составное для бесконечного мно-
жества натуральных а = 4&4, где k = 2, 3, ... .
64. Приводим с некоторыми уточнениями решение Ульфа Пер-
сона.
п.	п.
f (х) = S C0S^z + x) =	COS[(°< + ^1) 4-(х —Х1)] 
z=i 2	г=1
п	п
= cos(x-x1) S -cos (2t	- Sin (X - X,) £	*> =
f=l	Z=1
= cos (x — Xi) f (Xi)	sin (x — *i) • f (y 4- x^.
Ho f (xt) =0 по условию. Если f (у +	= 0, то /(x) 0, но
n	n
,,	Л . v cos^i-fliK 1 V»I costa —«1)
f(—a1) = cos0 4-2j--^4------------------------
1=2	1=2
1=2
Следовательно, f(x) 0 и f 4- Xj j¥=0. Значит, из условия
/U2) = 0 следует, что sin (х2 — xj = 0, т. е. х2 — xt = тп.
65. Рассмотрим возможные случаи.
1)	k = 1. Пусть АВ = а, AD = АС = СВ = BD = CD = 1.
М — середина CD (рис. 39). Тогда из^треугольника BCD имеем
ВМ = из AACD имеем AM =	. В Д АВМ АВ <АМ+
4- ВМ, т. е. АВ < ]/3. или a<Z Т^З. Это условие и достаточно.
Действительно, тетраэдр, у которого грани ACD и CBD — равно-
сторонние треугольники со стороной 1, а ребро АВ имеет длину
а < ]/3 =	4-	= AM 4- ВМ, всегда можно построить.
2)	k я» 2. В этом случае имеются две возможности:
132
а)	Ребра длины а исходят из одной
вершины.
АС = AD = а; АВ = ВС = BD =
= CD = 1.
В этом случае из Д BCD (рис. 39)
имеем ВМ —	; из Д АСМ
АМ = а2 — -L. В треугольнике АВМ
АВ — ВМ < AM < АВ + ВМ, тогда
Рис. 39.
Все части неравенства положительны. Поэтому, возвысив каждую
часть неравенства в квадрат, получим неравенство
1_у'3- + 1<а2_1<1+/'3 +4,
4	4	4
равносильное данному. Отсюда
2 — КЗ < а2 < 2 4- /3?
Извлекая корень из каждой части неравенства, получим:
Это условие является и достаточным, что устанавливается построе-
нием тетраэдра, отвечающего указанным условиям. Например,
построив равносторонний треугольник BCD, через середину CD —
точку М провести плоскость, перпендикулярную CD. В этой плос-
кости из точки В описать дугу радиуса 1 и на ней найти четвертую
вершину тетраэдра, удаленную от М на расстояние AM такое, что
1-^-<АИ<1 4-1^-.
б)	Ребра длины а противоположны.
АВ — CD = а\ АС = AD — ВС = BD = 1. Тогда из Д MBD
(рис. 39) МВ =	1 —	, а из Д MAD AM = |А — *; из
ДЛВ5М АМ+МВ>АВ, отсюда 2]/1 — ~ > а, или 4 (1 —
> а2; 4 — а2 > а2; 2а2 <4; а < ]/2.
Это условие и достаточно, что можно показать, построив тетра-
эдр, удовлетворяющий указанным условиям. Можно, например,
построить 4 треугольника со сторонами 1,1 и a<Z]2. Соеди-
нить их так, как указано на рисунке 39. Получим тетраэдр с реб-
133
Рис. 40.
рами CD = АВ = а, АС = AD ви|
= СВ = BD = 1.
Таким образом, при k = 2 необ-
ходимым и достаточным условием
существования тетраэдра будет
0<а<УГ2 + УЗ.
3)	k = 3. Могут быть три случая
взаимного расположения ребер.
а)	Ребра длины а имеют общую
вершину. АС= АВ >= AD— а; ВС =
= BD = CD = 1. Тогда должно быть
ЛС> СО, тле О— центр треугольни-
ка BCD (рис. 40). Это условие, оче-
видно, необходимо и достаточно:
с0 = *=Гг
б)	Ребра длины а образуют тре-
угольник. Пусть ВС = BD = CD =
= а; АС = АВ — AD = 1 (рис. 40).
Аналогично предыдущему случаю получаем, что
СО < АС; СО = В; а = В У3; В
а
yj
7?<1;
УЗ
Случай в), когда АВ = CD = ВС — а; АС = AD = DB ~ 1
рассматривать не нужно, так как необходимые и достаточные
условия на число а в случаях а) и б) уже покрывают всю положи-
1
/Г
тельную полуось (а >
а < УЗ). Поэтому для k— 3 искомый
тетраэдр существует при любом а > 0.
4)	k = 4 и k = 5 легко сводятся к k = 2 и k = 1.
Действительно, при k = 4 уменьшим все ребра тетраэдра в а
раз, получим 4 ребра длины 1 и два ребра длины —. Обозначим
1 а
— = Ь, тогда, учитывая случай 2), необходимое и достаточное
условие запишется так:
0<6<K2 + J<3 , т. е. 0 < -^ < Иг + Кз.
Отсюда а > —==!===- или а > И2 — У 3.
V 2 4- /з • у
При k = 5, выполнив те же преобразования, получим 5 ребер дли-
ны 1 и одно длины Ъ — —.
а
134
Исходя из случая (1), по-
лучим b отсюда
— < КЗ или а >~т= •
а	/3
66.	Пусть О2 центр
у2, 02Н2±АВ (рис. 41).
Пусть для определен-
ности Н2 лежит между
В и D (второй случай
рассматривается анало-
гично). Примем радиус
у за единицу. Обозна-
чим AD — х, 02Н2= г.
Тогда АНг = г 4- х; ОО2 = УО1Ц+~г* = V (х 4- г — I)2 4- К
Так как у и у2 касаются, то 002 4- О2К == 1, т. е.
]Ах 4- г — I)2 4- г2 = 1 — г, (х 4- г — 1 )2 = 1 — 2г, отсюда АН2 =»
=(л4-г)2=(х4-г—I)2 4-14-2(х 4- г— 1)=1— 2г-М 4-2х4-2г—2=2х.
Но ДС2 = 4D • Д5 = 2х = ДЯ2, т. е. АС = ДЯ2.
Пусть 03 — центр у3; О3Н3 I АВ. Точно так же доказывается,
что ВС = ВН3. Пусть Oi — середина отрезка 0302; 0^ I АВ.
Покажем, что 04 — центр уР Так как OlHi — средняя линия тра-
пеции 02Н2Н303, то Oi#! = °3^3
Но 03Н3 есть радиус окружности у8. CD — касательная к у3.
Расстояние от 03 до CD равно радиусу уу Это расстояние равно
H3D. Следовательно, О3Н3 = H3D. О2Н2 = г — радиусу у2. CD —
касательная к у2. Расстояние от 02 до CD равно г. Это расстоя-
ние равно H2D. Следовательно О2Н2 — H2D.
Значит,
Г ...	4- 02Яа z= Я3Р 4- HJD __ Я3Я3 _ ЛЯа 4- ВЯ3 - АВ
1	2	2	2	2
_АС + ВС —АВ . лн = АН3 4- ЛЯа = ЛЯа 4- АВ—ВН3 =
”	2	’	1	2	2
— лс 4- лв — ВС
~	2
Пусть теперь О! центр у/, OiHi±AB-, 0\М I ДС; OiN_l-.BC;
Н\, М и N — точки касания Д АВС и yt.
'т*	л и' АС 4~ АВ — ВС л тт
Тогда ДЯ1 = —!— --------------— AHt.
135
Но АН\ А-АМ = (АВ — ВН[) 4- (ЛС—МС)=АС + АВ-(МС+
+ ВН[) = АС -Ь АВ — (CN + BN)=AC А-АВ — ВС, так как МС«
— CN и ВН{ = ВN как касательные к одной окружности, прове-
денные, первые — из точки С, вторые — из точки В.
o'fl ; = о[м = СМ = АС + В^--В = О А-
Значит, Ot и 01 совпадают.
Итак, мы доказали, что 0о 02 и 03 лежат на одной прямой. Так
как прямая, симметричная касательной к окружности относитель-
но любой прямой, проходящей через ее центр, есть также каса-
тельная, то прямая, симметричная АВ относительно	есть
искомая общая касательная.
67.	Некоторые участники олимпиады дали лучшую оценку,
чем требовалось условием задачи. Они показали, что число вы-
пуклых четырехугольников с вершинами в данных п точках не
С5
меньше, чем. За такое решение жюри присудило специаль-
п — 4
ные призы. Мы приводим одно из этих решений.
Лемма. Среди 5 точек на плоскости, никакие три из кото-
рых не лежат на одной прямой, найдутся 4, образующие выпуклый
четырехугольник.
Доказательство леммы приведено в задаче № 71.
Рассмотрим все возможные группы по 5 точек, выбранные из
данных п точек (они существуют, так как п > 4). Таких групп бу-
дет Сп- В каждой группе найдется по крайней мере одна четверка
точек, образующих выпуклый четырехугольник. Но каждый такой
четырехугольник мог быть сосчитан п — 4 раза, так как при фикси-
рованных четырех точках — вершинах этого четырехугольника —
в качестве пятой точки можно взять любую из оставшихся п — 4
точек. Поэтому всего выпуклых четырехугольников будет не менее
с5	С5
п	—— . Покажем, что—— >С„13.
D	п — 4	п — 4
Л	Эквивалентными	преобразовани-
/ \	ями получим:
/	\	л (л — 1) (л — 2) (п — 3) (п — 4)
/	\	120 (л —4)
Д	> (*-3)(л-4) .
/jz—2
//	п^п—— 2) — 60 (п—4)>0;
и3 — Ъп3 — 58/г + 240 > 0.
А	Полученный многочлен имеет три
Рис. 42.	корня: п = 5; п = 6; п = — 8.
136
Неравенство можно переписать в виде (п — 5) (п — 6) (п 4- 8) > 0.
Так как п > 4, то равенство имеет место только при п = 5 и п — 6.
С5	,
При « >- 6 имеет место строгое неравенство —> с£_3,
68-	Обозначим xiyi — zf — х2у2 — z'l = D2!
(*i + *2) 0/1 + У2) - (*i + г2)а = D.
Докажем, что
В	Qi	£а
*1 + *s	*1	ха
Действительно, рассмотрим многочлены
Pi (0 = xj2 4- 2z^ 4- yt, Р2 (0 = x2t2 4- 2z2t 4- y2;
P (0 = Pi (0 4- P2 (0.
Легко убедится, что — Dit —D2, —D — их дискриминанты.
min P (/ > min Pj (0 4- min P2 (0.
Ho
D,	D2	D
minPitf) = - ; minP2(/) = - ; minP(0 = —
*1	Aj	Xj ~f- X2
(так как старший коэффициент в Р (0 равен (xj 4- х2), откуда и
следует требуемое неравенство. Равенство достигается тогда и
только тогда, когда минимумы Pi (0 и Р2 (0 достигаются в одной
точке, т. е. — = —. Из доказанного неравенства следует, что так как
Xi х2
D4>0, Da>0, то D > 0. Таким образом, --------------------7-------х.
D / ! ' Di
(xi4-*a) —4- — /
\*1 х2 /
Осталось доказать, что------------7-------г < D/~l 4- D2~l, так как
(Xi 4- х2) В, Р2\
U1 'гх2/
знаменатель дроби положителен, то последнее неравенство эквива-
лентно неравенству
(D,-1 +О,-1) D, +	8
\ ^1 /
Преобразуем левую часть неравенства:
(Di-1 4- Da”1) (-^+-а-Di 4-	D2\ =
\ X!	х2 J
szx *а । х% । Bi Р2 । х2 Dj । Xj Р2____________________
Xi "Г” x2 т D2 r Dj т D2 "Г x2
137
так как каждая сумма взаимнообратных величин по неравенству
Коши не меньше двух.
Утверждение полностью доказано. Равенство достигается тог-
да и только тогда, когда = х2, Dt = D2. В исходном неравен-
стве равенство достигается тогда и только тогда, когда одновре-
менно выполняются три условия:
ЛС1 = Х&,	Xi = х%,
Di =DZ, откуда у, = у2,
_ г2
.	= Z2.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
69а Возьмем пару точек (или одну из таких пар), расстояние
между которыми наименьшее. Обозначим эти точки А и В. Выбе-
рем из оставшихся третью точку С так, чтобы Z АСВ был наи-
большим. По условию точки А, В, С не лежат на одной прямой. Ок-
ружность, проведенная через точки Л, В, С, искомая.
Докажем это. Z АСВ острый*. В противном случае он был бы
наибольшим углом Д Л ВС и, следовательно, Л В > АС и АВ > СВ,
что противоречит выбору пары Л, В. Предположим противное,
что какая-либо из остальных точек М. лежит внутри круга.
Случай I. Точка М лежит внутри того же сегмента, что и
точка С. Тогда ^ЛА4В> ^ЛСВ, что противоречит выбору точки С.
Случай II. Точка М лежит в другом сегмецте, тогда ДЛЛ1В
тупой, что противоречит выбору точки С. Таким образом, внутри
круга данных точек нет. На самой окружности данные точки могут
быть. Например, заданные точки являются вершинами вписанного
л-угольника.
70- Имеем:
(1 4- fli) ••• (1 4- ц») = (1 4- —V (1 4—
\ п «1/	\ ал/
Следовательно,
Г( 1 4"	• • • (1 4"	= (1 4~ о/} (14—• • • (1 +	(14—'j •
L\ /	\ /J \ A «1/	\ A anJ
Так как
(1 4- ai (1 4—= 1 4" 1 4- fl/ 4- —	2 4- 2 = 4,
\	/ \ ai /	ai
to	(1 4- ) • • • (1 4- а^]2 > 4я.
* Можно доказать, что Z АСВ < 60®.
138
71* Рассмотрим все треугольни-
ки с вершинами в данных точ-
ках. Выберем из них тот (или один
из тех), в который попадает наиболь-
шее число точек. Обозначим его
АВС. Проведем прямые ЛВ, ВС и
СА. Они разбивают плоскость на
области трех типов: I —треугольник,
II — углы и III — открытые тре-
угольники (рис. 43).
а) Если хотя бы одна точка D ле-
жит внутри открытого треугольника
(для определенности с основанием Л В), то четырехугольник
A BCD выпуклый.
б) Если обе точки D и Е лежат внутри треугольника, то прямая
DE пересекает только две стороны треугольника (для определен-
ности АВ и ВС). Прямая DE не может согласно условию проходить
через вершину треугольника. Итак, точки ADEC образуют выпук-
лый четырехугольник.
в) Внутри углов точек быть не может по построению А АВС.
Если бы точка D оказалась внутри угла, скажем угла В, то A ADG
содержал бы А Л ВС и тем самым большее число точек внутри себя.
72» В силу условия —	J—<2 и —-—< 2, так что
6	3 sina	cos a
О <	<__2к_<АиО< — < —— <-и оба тангенса —
4 sin a 4 sin a 2	4 cos a	4 cos a	2
положительны.
Если x <Z a, to
. /jisinx\ , . /ttcosx\ . . /ЛСО8.хЛ
tg ~—I	:---- >tg U----
\4sma/ \4cosa/ \4cosaJ
я cos a
Д cos a )
r?	±„ / я sin a
Если x — a, to tg — ------------
\ 4 sin a
Если x >> a, to
я sin x''
(4 sin a ,
73. Пусть вершины многоугольника m отмечены буквами
Л, В, ...,Е (рис. 44). Восставим в плоскости многоугольника в каж-
дой вершине во внешнюю сторону по перпендикуляру к каждой из
двух сходящихся в этой вершине сторон. Тогда плоскость много-
угольника разобьется на следующие части:
1.	Сам многоугольник Л В ... F.
2.	«Полуполосы» АВ, ... , ЕЛ.
3.	«Углы» Л, 1?, . . . , F.
}39
х—Теперь осуществим следующее по-
строение в пространстве. Построим на
/ у^Х. X. многоугольнике А В.., F по обе сто-
X /	^Х роны от плоскости по прямоугольной
Г/-4	Ху \ призме высоты 7? каждая. Боковые
/ /	СГ| гРани получившейся удвоенной приз-
/ /	мы заложим половинками прямых
хп-	I ( круговых цилиндров радиуса R и с
v/^X	Зх/ высотой, равной соответствующей сто-
х. X. / роне; ось такого цилиндра будет сов-
X. у	падать со стороной многоугольника.
Наконец, основания цилиндров за-
Рис. 44.	ложим «дольками» шара. Для этого
возьмем шар радиуса R и напра-
вим его диаметр перпендику-
лярно плоскости tn. Затем проведем через эту ось полуплос-
кости, перпендикулярные сторонам многоугольника. «Дольку»,
вырезанную полуплоскостями, перпендикулярными соседним сто-
ронам, например FA и АВ, параллельно переносим в соответствую-
щий «угол», у нас — в А. Образовавшееся тело М и будет искомым
М (R). Его проекция на плоскость многоугольника изображена на
чертеже. Она состоит из самого многоугольника — проекции приз-
мы, прямоугольников в каждой «полуполосе» высоты R, примыкаю-
щих к многоугольнику по целой стороне, и круговых секторов в
каждом «углу». Угол при вершине сектора А, т. е. Z А = л —
— Z А, где Z А — угол многоугольника. Заметим, что в силу вы-
пуклости т и все эти «углы» имеют положительную величину, т. е.
соседние «полуполосы» не накладываются друг на друга, а раз
проекции не пересекаются, то не пересекаются и сами соответствую-
щие тела. Вычислим объем. Объем двойной призмы равен 2RS.
Объем всех полуцилиндров равен
1лЯЧАВ + ... + М] =1л/#2.
2	2
Объем шаровой «дольки», очевидно, прямо пропорционален раст-
вору — углу между ограничивающими плоскостями.
Отсюда их суммарный объем
X[Z4 + Z.B + ... + ZF] =
О
= | /?3 (пл — (Z4 + ZB 4- ... 4-ZE)] == - nR3
3	3
(т. e. он равен объему шара радиуса R). Окончательно
л')/?3 +
/=(-
\3
~ л/к2 4- (2S) R,
140
Осталось проверить, что V — V (R), т. е. иаше тело и есть М (R).
В одну сторону включение очевидно. Всякая точка призмы (высоты
R] удалена от своей проекции на основание на расстояние не больше
R, всякая точка цилиндра (радиуса R) удалена от его оси (стороны
многоугольника) на расстояние не больше R, наконец, всякая точ-
ка шара (радиуса R) удалена от центра (вершины многоугольника)
на расстояние не больше R. Наоборот, пусть теперь точка X при-
надлежит M(R) и пусть Y — точка т, такая, что расстояние
|ХУ| < R. Опустим из X перпендикуляр на плоскость т, пусть
Z — его основание. Возможны три случая.
Г. Z также принадлежит tn.
2°. Z принадлежит «полуполосе», для определенности АВ.
3°. Z принадлежит «углу», для определенности А.
В случае Г |XZ| < |ХУ) < R, значит, X лежит в призме. В
случае 2° опустим из Z перпендикуляр на АВ и пусть Zt — его ос-
нование. Очевидно, Zt лежит на отрезке АВ и XZ I АВ по тео-
реме о трех перпендикулярах. Zt — ближайшая к Z точка много-
угольника т. Очевидно, что другие точки отрезка АВ и всей пря-
мой АВ лежат только дальше. Остальные же точки т отделены от
точки Z прямой АВ и, следовательно, лежат еще дальше. Таким
образом, из всех наклонных, проведенных из X в точки т, наклон-
ная XZj имеет наименьшую проекцию. Следовательно, из всех та-
ких наклонных она имеет наименьшую длину [XZJ < |XZ| < R,
точка X лежит на луче ZtX I АВ на расстоянии меньше R от оси,
т. е. внутри соответствующего полуцилиндра.
В случае 3° рассмотрим A ZAY. Его 2 ZAY заведомо тупой
(при У =£ Л), ибо в силу выпуклости т точка У лежит внутри уг-
ла Д < 180°, образованного лучами АВ и AF, а точка Z по пред-
положению лежит между внешними перпендикулярами к ним. От-
сюда ZA < ZY и, следовательно, ХА < ХУ < R, т. е. X лежит
внутри соответствующей «дольки» шара.
Итак, М — М (R).
74.	Спроектируем ортогонально оба цилиндра на общий пер-
пендикуляр р к их осям /j и /2- Каждый цилиндр при этом спроек-
тируется в отрезок длины, равной диаметру цилиндра. Возможны
три случая.
Г. Отрезки не пересекаются.
2°. Отрезки имеют единственную общую точку.
3°. Пересечение отрезков есть отрезок.
В первом случае поверхности не пересекаются вовсе, даже их
проекции не пересекаются. Во втором случае проведем через един-
ственную общую точку плоскость, перпендикулярную к р. Нетруд-
но видеть, что она будет касательной к обоим цилиндрам и иметь с
каждым общую прямую. Когда оси цилиндров параллельны, эти
прямые совпадают. Следовательно, здесь линия пересечения плос-
кая. Если же оси цилиндров непараллельны, то касательные об-
разующие пересекаются и точка их пересечения — единственная
141
общая точка обоих цилиндров. Можно не считать ее «линией пере-
сечения», но безусловно точка может считаться «плоской».
Рассмотрим третий случай. Предположим сперва, что оси ци-
линдров непараллельны. Проведем через произвольную общую точ-
ку проекций плоскость Q, перпендикулярную к р. Она пересе-
чет каждый цилиндр по паре параллельных образующих, парал-
лельных соответствующей оси. Эти четыре прямые пересекаются
попарно в четырех точках, лежащих на линии пересечения обоих
цилиндров. Очевидно, эти четыре точки не лежат все одновременно
на одной прямой. Поэтому если линия пересечения целиком ле-
жит в некоторой плоскости, то это может быть только Q. Так как
эти рассуждения можно повторить для другой любой плоскости
также пересекающей общий отрезок перпендикулярно кр, то в этом
случае линия пересечения не может быть плоской. Если же оси
цилиндров параллельны, то параллельны и все четыре прямые
в плоскости Q, так что предыдущие рассуждения теряют силу. Про-
ведем плоскость R перпендикулярно осям цилиндров. Она пе-
ресечет цилиндры по двум окружностям, которые в силу сделанного
предположения пересекаются. Очевидно, сами цилиндры пересе-
каются по двум образующим, проходящим через точки пересечения
окружностей параллельно осям. Пара параллельных прямых также
лежит в одной плоскости.
Окончательно, два цилиндра пересекаются по плоской линии
тогда и только тогда, когда их оси параллельны. При этом линия
не вырождается в точку или пустое множество, если:
d<rl + rt
' d + r^
. ri +
где d — расстояние между осями, а г( — радиусы цилиндров.
75.	По условию задачи мы можем только уравновешивать чаш-
ки весов, пересыпать сахар с одной чашки на другую и подклады-
вать гирьку то на одну чашку, то на другую.
Будем весь ранее взвешенный сахар ссыпать на чашку В, от-
меряемый сахар сыпать на чашку А, а гирьку Г иногда класть
на чашку В.
Схема уравновешиваний такова:
Номер	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
А	1	2	4	8	16	31	63	125	250	500
В	Г	1+Г	з+г	7+Г	15+Г	31	62+Г	125	250	500
142
После Ю-го взвешивания, ссыпав вместе сахар, получаем 1 кг.
Можно дать и другую схему уравновешиваний, если позволить
себе класть гирю на чашку А.
Номер	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
Л	1	2	4	8	16	32	624-Г	125	250	500
В	Г	14-Г	3+Г	74-Г	154-Г	31Н-Г	63	125	250	500
Меньшим числом уравновешиваний, чем 10, обойтись нельзя.
В самом деле, за одно уравновешивание вес только что отмеренного
сахара может быть самое большее равен весу сахара, отмеренного
раньше, плюс 1 грамм. Таким образом, за 9 уравновешиваний
можем отмерить самое большее 511 граммов.
76.	Значение х должно удовлетворять условиям:
sin Зх • cos (60° — 4х) = — 1;	(1)
sin (60° — 7х) — cos (30° 4- х) + tn Ф 0.	(2)
Уравнение (1) эквивалентно альтернативе:
a)	sin Зх = — 1, a cos (60° — 4х) = 1, откуда х — k • 120° 4- 90°
и х = I • 90° 4- 15°, следовательно, 6/ — 8k = 5, что невозможно,
так как левая часть четна, а правая нечетна;
б)	sin Зх = 1, a cos (60° — 4х) = — 1; тогда х = k • 120° 4- 30°
и х — I • 90° 4- 60°, поэтому 4Zs = 3/ 4- 1 или k — 1 = 3 (/ — Л),
следовательно, Л = 1 4- 3/ (Z — целое);
х = / • 360° 4- 15(Г.
Подставляя это значение х в (2), получаем условие т =£ 2.
х j&o
77.	Положим: f (х) = —— ; g (х) = sin х, откуда видно, что
1964
f (х) — монотонная функция, a [g (х)| < 1.
Решениями данного уравнения являются те и только те дейст-
вительные числа £, для которых f (|) = g (В).
Пусть f (а) = — 1, a f (b) = 1, тогда а — — 2153; b — 1775
f (с) = 0 при с = — 189.
На [0; 1775] укладывается 282 интервала длины 2л. На
1—2153; 0] укладывается 342 интервала длины 2л. Рассмотрим
отрезок [0; 1775]. На этом отрезке / (х) > 0 и на каждом интер-
вале длины 2л прямая f (х) = у пересекает у = sin х в двух точках.
На части 283-го интервала, попадающей в [£); 1775], f (х) прини-
мает значение, равное единице справа от £, где g (е) = 1, поэтому
143
на этом интервале имеются еще две точки пересечения. Итак, на
[0; 1775 ] имеется 282  2 + 2 = 566 решений уравнения.
Отрезок [0; —2153] разобьем на два отрезка [0; —189] и
[— 189; —2153], на [0; —189] содержится 30,06... интервалов
длины 2л, где f (х) > 0. Поэтому имеется 60 точек пересечения.
На 31-м интервале функция f (х) меняет знак, и равенство
f (£)=&(£) имеет место только в одной точке. На остальных 311 ин-
тервалах у=/ (х)<0, и поэтому на каждом интервале две точки пе-
ресечения. На оставшейся части 343 интервала укладывается более
половины синусоиды, где — 1 < sin х < 0 и — 1 < f (х) < 0,
и поэтому там имеется еще две точки пересечения. Итак, всего слева
от нуля имеется 685 точек пересечения.
Всего уравнение имеет 1251 решение.
78> Пусть для натурального п имеются натуральные числа:
xi < У1> хг < Уг> такие, что
2 = Xj + yj = X2l + y2l.	(1)
Мы можем предполагать, что jq <. х2 (иначе мы изменили бы
нумерацию). Тогда не может быть У1 <Z х2, так как в этом случае
мы имели бы
х41 +	< х2! + х2! < х2! + у2!,
что противоречит (1).
Поэтому
У1 > х2;
для х2 имеем тогда х2 < у2, х2 < yi, поэтому число
х21 + у2! — У1!
делится без остатка на х2!. Вследствие (1) также число jq! делится
без остатка на х2!, что противоречит предположению 0 •< jq •< х2.
Утверждение доказано.
79-	Пусть п — любое натуральное число, для которого выпол-
нено условие задачи. Тогда получим:
х • 111... 1 —у 111...1 = г2 (111... I)2.	,9
2n цифр	«цифр	п цифр
Имея в виду, что для любого натурального k
10fe — 1
10*-i + 10fe-2 +... + Ю + 1 =
из (2) получим:
102"-1 Ю« _ 1 _	(Ю«-1)2
Л • '	1111  у	1	•
9	9	9а
144
Отсюда, после сокращения на 10я — 1 и освобождения от зна-
менателя, получим
9 (10я 4- 1) х - 9у = (10я — 1 )га,
или, что то же,
(9х — z2) 10я == 9у — 9х — г2.	(3)
Согласно условию существуют натуральные числа п2»
для которых выполнено (1), а следовательно, и (3), т. е.
(9х — z2) • 10я* = 9у — 9х — z2;
(9х — z2) 10я’ = 9у — 9х - z2.
Вычитая эти равенства, получим:
(9х — г2) (10я* — 10я’) = 0.
Но так как 10я* — 10я*^= о, то следует, что
9х — z2 = 0.	(4)
Подстановкой из (4) в (3) находим, что
9у — 9х — г2 = 0.	(5)
Из (4) и (5) следует, что
х — k2\ у ~ 2&2; z = 3k, где k — целое.
Ввиду того что 0 < х, у, г < 9, получим два решения:
х 1	4
у	2	8
z	3	6.
Если (х, у, г) — любое решение, то для каждого п выполнено
(3), а следовательно, и (1). Иными словами, данное равенство вы-
полнено для всех натуральных п.
80-	Пусть натуральные числа г, /, fe, I удовлетворяют усло-
виям !</</<«, 1 < k < I < п.
Тогда
— —----------- <>•)
at aj	(а{ + «;)а *
JL + _L.>2_LZ._J_ >4----------------*----(2)
aiaj WH ' Yaiaj Vakat	(«*+<*/)
Сложив все неравенства (1) и (2), получим заданное неравенство
* Неравенства (1) и (2) следуют из неравенств:
(о -4- М2	,—
ab < i1а 4-6>2 V ab, где а > О, b > 0.
4
145
Равенство имеет место тогда и только тогда, когда
1	4 t
afij ~~ (fli-be;)2’	(1)
1 J____1	2
ацсц ~~4	(2)
т, e. когда	= a2 = ... = an.
81  Пусть отрезки, соединяющие n точек, разбивают круг на
ип областей и гп — множество всех этих отрезков. Условимся
нумеровать точки по ходу движения часовой стрелки: Ait ..., Ая,
и добавим еще одну точку Ля+1 между Ап и ЛР При проведении
отрезка ЛЯ+1ЛЙ (k = 1, ..., п) рассечется надвое столько
областей, на сколько частей отрезки множества zn рассекают сам
отрезок Ал+1 Ak. Отрезок Лл+1Л/; пересекают отрезки, соединяю-
щие любую из точек At,	, А^ с любой из точек Ak+i , ..., Ап
(но не пересекает внутри отрезки, исходящие из Ля+1 или Л^).
Таких отрезков ровно (k — 1) (п — k) штук, а точек деления столь-
ко же или меньше; последнее случится тогда, когда некоторые из
точек деления совпадут. Число частей на единицу больше числа
точек деления. Таким образом, при проведении отрезка Ля+1 Ak
число областей увеличивается не более чем на 1 4- (k — 1) (п — k).
Эта оценка не зависит от того, проведены или еще нет другие от-
резки из Ля+1. Всего, после проведения всех отрезков Ля+1 Л1(..
..., ЛЯ+1ЛЯ, число областей будет не более
я	п	п
ия + % П+(Л— 1)(п — £)]=мя+п-Нг •	— О—
Й=1	fe=l
Нетрудно доказать по индукции следующую полезную формулу;
я
У (& — 1) . • . (k — s) = -Ц-; • n (п — 1) . . . (п — S) .
Л=1
Тогда после преобразований получим:
11	1, -Ц и _ц п(п — 1)(п—2)
^я-М ~г ~г „
о
Суммируя все эти неравенства и учитывая, что щ — 1, полу-
чаем:
. , л (я — 1)	в{д —1)(л — 2)(п — 3)
< 1 + —~ + Й *
Если в конфигурации zn никакие три отрезка не пересекаются
в одной точке, то все подсчитанные нами точки деления различны,
и неравенство превращается в равенство:
Махи, = 1 + Ц"-й- + М"-[)
я	2	24
146
Остается проверить, что такую конфигурацию можно осущест-
вить. Докажем это по индукции.
Пусть точки Alf ..., Ап уже выбраны указанным образом. Со-
единим прямыми каждую точку пересечения отрезков гп со всеми
вершинами Alf ..., Ап. Занумеруем вторые точки пересечения этих
прямых с окружностью буквами В£, ..., Вт. Их число т конечно
и не превосходит п [с2 ]2 (его можно выразить через ил, но этого не
требуется). Очевидно, если выбрать за АпЛ любую точку окружнос-
ти, отличную от В4, ..., Вт, то отрезки An+l Ak не будут проходить
через точки пересечения отрезков z„, что и означает, что в конфи-
гурации zrt+1 также никакие три отрезка не пересекаются в одной
точке.
82> Пусть К — точка пересечения касательных к окружно-
сти в точках С и D (точка К существует, так как точки С и D
не диаметрально противоположные) и пусть N — точка пересе-
чения прямых AD и СВ и £ — точка пересечения прямых
АС и BD.
Различные взаимные расположения точек С и D относительно
АВ указаны на рисунке 45. Однако приведенное ниже решение не
зависит от расположения точек С и D.
147
Рассмотрим A ABN. В этом треугольнике АС и BD —высоты,
следовательно, L — точка пересечения высот, тогда LN также вы-
сота и поэтому LN I АВ.
Докажем, что К — середина отрезка LN. Пусть — точка
пересечения прямой LN с касательной т, проведенной через С.
Покажем, что /Q совпадает с К. Рассмотрим прямоугольные тре-
угольники ЛВС и NCL, отсекаемые от пары перпендикулярных
прямых ЛС и ВС прямыми ЛВ и NL.
Так как секущие взаимно перпендикулярны, то прямые углы
NCL и АСВ обязательно смежные.
Z С АВ = Z LNC — а и Z СВА = X. NLC = 0, как острые
углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Касательная т
проходит вне А ЛВС, образуя с его сторонами С А и СВ острые у г-
лы, равные соответственно 0 и а. Поэтому касательная рассекает
смежный A NCL.
Z KiCN — острый и образован АС и tn.
Следовательно, Z K&N = a, a Z KiCL — 0 и A N и
A LKfi равнобедренные, и, наконец,	= KjL. Таким
образом, касательная т проходит через середину Kt отрезка LN.
Аналогично, касательная к окружности в точке D также проходит
через Ki, откуда К = Кц
83. а) Середина Т отрезка XY (рис. 46) принадлежит, очевид-
но, кругу, который является образом круга К при гомотетии Н„
с центром Y и коэффициентом Круг Ку имеет своим центром
точку Sy, которая является серединой отрезка SV, и его ра-
диус равен —. Будем изучать множество всех таких точек Sy,
когда Y пробегает Q. Эти точки заполняют образ Q' квадрата Q
при гомотетии с центромS и коэффициентом у. Фигура Q',
следовательно, есть квадрат, центр М' которого есть середина
отрезка SM, сторона которого равна 1, причем стороны квад-
рата Q' параллельны соответствующим сторонам квадрата Q.
Круги Ку заполняют фигуру С.
148
Рис. 47.
б) Фиксируем точку Y. Точку Z получим теперь из точки Г,
если сделать сначала поворот около У на 45° (в положительном
или отрицательном направлении) и после этого гомотетию с цен-
тром в У и коэффициентом У 2 ; при этих отображениях круг
/Су, которому принадлежит точка Г, перейдет в круг радиус
последнего равен —L, и его центр S# получится как образ цен-
тра Sy при указанных отображениях. Точка Sy является поэто-
му вершиной равнобедренного прямоугольного треугольника £У$'
с гипотенузой SY. Следовательно, можно получить Sy так же,
как образ точки Sy при последовательном применении двух ото-
бражений: поворота около точки S на 45° (в положительном или
отрицательном направлении) и гомотетии с центром в S и коэффи-
циентом У2. Эти отображения переводят множество точек Sy, т. е.
квадрат Q' в два квадрата Q2 со сторонами длины ]/2. Круги
Кр заполнят тогда фигуры Ult U2. Каждая из них получится как
образ фигуры U при повороте на 45° (в положительном или отрица-
тельном направлении) около точки S и последующей гомотетии с
центром S и коэффициентом ]/2. Фигуры Uit U2 имеют следую-
щий вид (см. рис. 47).
Точки Z заполнят, следовательно, фигуры U{ и U2.
84. а) Проведем BBt ||ЛЛ' и A'Bi || АВ (рис. 48); получим
параллелограмм А А' В J3. Прямая, параллельная АВ и проходящая
через М, пересекает прямую BBt в точке Имеем:
AM
МА' “ NjBi
149
Через проведем прямую,
параллельную BtB'. Пусть
эта прямая пересекает ЖВ*
в точке ЛГ2. Из треугольни-
D D Of	BN^
каВВ^ получаем:	=
BJV,	л 1 1
=	, следовательно,
и точка N2 сов-
B'Na МА'
падает с точкой N.
Аналогично строим па-
раллелограмм DD'CiC и
точку Рх на CCf. Затем
проводим PtP2 ]| CjC1, от-
куда
DQ  CPi _ СРа
QD' РгСг РаС'
(теперь и точка Р2 совпадает с точкой Р), но A'BtCiP' — парал-
лелограмм, так как. A'Bt = АВ — DC = D'C^ и А'В^ || АВ,
DC || D'Ct. Отсюда следует, что A'D' = BtCj, A'D' || В£и
следовательно, В^ равно и параллельно В'С.
Тогда NiN = PtP и NtN || РХР, следовательно, N^PPi и
MNPQ — параллелограммы.
б) Вторая часть, очевидно, сводится к нахождению геометричес-
кого места середин отрезков МР . Теперь выберем Сл (рис. 49) так,
чтобы четырехугольник АА'С4С был параллелограммом. Прямая,
параллельная к прямой АС, проведенная через М, пересекает
CCi в точке М' и параллельная к прямой CtC', проведенная через
М', пересекает СС' в точке Р2. Имеем:
ЛА1 СМ' СР2
МА' ~ М'С! ~~ Р2С' •
Поэтому Р2 совпадает с Р.
Пусть Е — середина ММ', F — середина М'Р и О — сеоедина
МР. Имеем, очевидно:
ЕО = M'F; ЕО || M'F,
следовательно, О описывает прямую, параллельную медиане, про-
веденной из вершины С треугольника СС£'\ эта прямая проходит
через середину АС и середину А'С'.
85а Заметим, что р #= 0 и что, если х — корень, то
sin х • cos х =£ 0.
150
Умножим обе части уравнения на psinxcosx. Мы получим
р C&fri х + cos х) — sin х cos х или после подстановки х — у 4- ух
р |_sin (y 4- у) 4- cos (у 4- у) ] = sin (-2- 4- yj cos (у 4- у
Но
sin4- У) 4- cos(— 4-у) = sin(— 4- у) 4- sin( — — у) ==
\ 4	/	\ 4	/	\ 4	/	\ 4	/
« 2 sin у cosy =1^2 cos у,
sinf— 4- у| • cos 4- y^j = — sin (— 4- 2y\ = — sin — 2>Л =«
k 4 z/ \ 4	2	\2 Л/ 2 v 2 J
= — cos 2y = у (cos2y — sin2y) = у [cos2y — (1 — cos2y) ] »
= у (2cos2y— 1),
так что если ввести обозначение г — cos у, то уравнение
р (sin х 4- cos х) = sin х coax
эквивалентно следующему:
/2'рг=1(2г*-1).
Или
2z2— 2V2pz— 1 =0,
откуда имеем:
г, =-Х:(р + /^+Т) .г. = уг(Р - Vy+T).
Для любого вещественного значения р, очевидно,
> 0 > г2.
Так как должно быть
< 1, z2 > — 1,
то р должно удовлетворять следующим условиям:
____U<p<-U
2 |/2	2К2*
151
Легко видеть, что при всех р из этого промежутка корни гь
Z2 уравнения 2za— 2 ]^2рг—1 =0 будут различны. Тогда для
значения у 0<у<2л получаются четыре следующих значения:
У! = arc cos zif у2 = 2л — arc cos zlf у3 = arc cos z2>
y4 = 2л — arc cos z2.
Они все различны, кроме случая, если р — —
1
2К2-’
когда различ-
ных только два. Это же имеет место для любого промежутка пере-
менной у вида: 2&л < у < 2 (& + 1) л. Используя подстановку
х — у 4- —, получаем выражения для х. Исследование существо
вания и количества решений уже проведено.
86.	Известно, что радиус вневписанной в треугольник окруж-
ности, касающейся извне его стороны а,
га
S
р — а
где s — площадь, ар — полупериметр треугольника. (Сравните
с формулой для радиуса вписанной окружности.)
Аналогичным образом
S	S
гь = —= -.
р — о	р — с
Попарно перемножая эти равенства и используя формулу Герона,
имеем:
гагь = р(р —с), rbrc = р(р — а), гсга == р(р — Ь).
Складывая соответствующие стороны последних равенств, получаем:
fVc + rcra = Р2-
Так как
rbrc = р(р —а),
то имеет место:
а = ± (р« — гЛ) = 
Р	Vrarb + rbrc + rcra
На основании этого равенства сторона а может быть построена. Ана-
логичным образом можно построить стороны b и с, а с их помощью
сам треугольник. Легко видеть, что построение может быть прове-
дено, причем единственным образом, какими бы ни были радиусы
вневписанных окружностей.
Замечание. Задачу можно решить и проще, используя
метод подобия. Приведенное выше решение обладает тем преиму-
ществом, что из него легко получить условие возможности построе-
ния искомого треугольника.
162
87.	Легко видеть, что
выпуклое тело, о котором
идет речь, может быть
лишь таким, каким оно
изображено на прилагае-
мом рисунке. Плоскости
данных конгруэнтных пря-
моугольников будем рас-
сматривать как координат-
ные плоскости, стороны
прямоугольников обозна-
чим через 2а и 26, причем
а> b (см. рис. 50).
а) Из симметрии тела
следует, что объем той час-
ти тела, которая находится
в первой (положительной)
части пространства, равен
— части объема всего те-
8
ла. Но
Рис. 50.
OABCDEF = OBDF + FABO + BCDO 4- DEFO.
Тело OBDF является правильной треугольной пирамидой, реб-
ра при основании которой
BD = DF = FB = V2(a2 — ab + b2),
а боковые ребра
OB = OD = OF = У а2 — Ь2.
Легко подсчитать, что ее объем
v,=4(«3+63).
о
Нетрудно подсчитать, что объем треугольной пирамиды FABO
V,- 4-а’6-
2	6
Аналогичный результат получается для объемов треугольных
пирамид BCDO и DEFO. Таким образом, объем всего тела
V = 8 (V, + ЗКа) = 4 (о3 + За2Ь + 63).
и
б) Необходимое и достаточное условие правильности тела, о ко-
тором идет речь, состоит в том, чтобы длина его ребер совпадала,
т. е., например, BD = BB't иначе говоря:
153
V 2(a* — ab + b2) = 2b,
откуда получаем:
± = ±(^-1).
a 2
Это означает, что более короткая сторона прямоугольников дол-
жна равняться более длинному из отрезков, на которые разбивает-
ся более длинная сторона прямоугольников золотым сечением.
Замечание. Если -— = у (И5 — 1),
а = ±(/5 + 1).
Если подставить этот результат в полученную выше формулу
для V, то получим следующий результат:
V' = 12(3 +/5) Я
3
Это равно объему правильного икосаэдра, длина ребер которого
равна 2Ь.
88» Обозначим через х и у соответственно радиус основания и
образующую конуса. Тогда V — лх^у3 — х3 и S = я ху. Под-
ставляя значения V и S в исходное неравенство, получим:
4(х4у2 — хв) <	- лх3у3
Л	)	(j/3)3 л
или, деля обе части неравенства на положительное число 4№у3, по-
лучим:
х (х Y <- %
у \у/(УзУ
или
Так как — < 1, то можем обозначить
у
X
— — cos ф,
У
где 0 < <р < -у— угол между образующей и радиусом основания
конуса, и неравенство (1) перепишется:
соз’<р-(7=7-сО5ф + -7Г>°.
154
или
(cos w----I cos2 <p Ч---—- COSCO---—)	0.
\	/3 )\ V /3	3 /
Ho
-	,	1	2	/	1 \ /	.	2 \
costp — — = ^cos«p----(cos<p4--y^].
cos
Поэтому получим:
<P---^=-)2 (c°s<p+ -pL-j > 0.	(2)
В неравенстве (2) первый сомножитель всегда неотрицательный,
а второй — при 0 < <р< ~ — всегда положительный. Производя
все действия в обратном порядке, получим исходное неравенство.
Равенство в (2) достигается при cos ср = — = —
У 1 з
89. Пусть Р = ABCD \\ Р' = A'B'C'D', причем
АВ = DC = b, AD = ВС = а,
А'В' = D'C = a* A'Dr = В'С = Ь'
и наряду с этим Ь' < АС.
Построим параллелограмм Pt = А&С^ со сторонами а и
Ь', равносоставленный с Р', следующим образом (рис. 51). Обозна-
чаем Ai — А', Di — D'. После чего проводим окружность с цент*
Рис. 51.
155
ром в точке Л' и радиусом а и получаем точку пересечения Bi этой
окружности с отрезком В'С. (Это осуществимо ввиду того, что
а' < а<д'<Л'С'.) Наконец, строим точку С^ так, чтобы
был параллелограммом. Очевидно, Р' может быть раз-
ложен на две части, из которых можно составить Рр
Далее аналогичным образом строим параллелограмм Р2 =
= ЛгВгСг^г со сторонами а и Ь', который можно разложить на
две части, из которых составить Р. Для этого обозначим Л2 =
= Л, D2 — D, после чего проводим окружность с центром в точке
Л и радиусом Ь' и получаем точку пересечения В2 этой окружнос-
ти с отрезком ВС (это осуществимо ввиду того, что b < Ь' АС).
Наконец, строим точку С2 так, чтобы Д2В2С2Р2 был параллело-
граммом.
Очевидно, Р может быть разложен на две части, из которых мож-
но составить Р2.
Так как по построению параллелограммы Pt и Р2 равновеликие
с Р'и Р и имеют стороны а и Ь', то Pi и Р2 равны.
Этим доказано, что параллелограмм Р' может быть разбит на
четыре части, из которых можно составить параллелограмм Р.
90а 1) I. Пусть точно два из плоских углов при вершине А —
прямые, а именно: Z.CAD — Z BAD = 90° (рис. 52).
а) Пусть грань АВС — третий прямоугольный треугольник. По
предположению Z ВАС Ф 90°. Ввиду симметрии все равно, какой
из оставшихся углов грани АВС прямой. Пусть /АСВ = 90°, тог-
да имеем:
ВС2 + CD2 = ВС2 + АС2 + AD2 = АВ2 + AD2 = DB2,
т. е. Z BCD = 90°.
б) Пусть грань BCD — третий прямоугольный треугольник. Если
предположим, что Z BDC = 90°, то в этом случае легко установить,
что Д АВС — тупоугольный. (Напри-
мер, так:
ВС2 = CD2 4- DB2 =
= DA2 4- AC2 4- АВ2 4- DA2 >
> AC2 + ЛВ2.)
Но по условию это невозможно.
Из-за симметрии все равно, какой
из оставшихся двух углов прямой.
Пусть Z BCD — 90°; тогда
ВС2 4- АС2 = BD2 — DC2 4- АС2 =
= BD2 — (DC2 — АС2) =
= BD2 — AD2 = АВ2,
т. е. Z АСВ = 90°.
156
И. Пусть для каждой вершины тетраэдра ABCD не выполнено
условие, чтобы точно два из плоских углов при этой вершине были
прямыми.
а)	Если прямые углы трех граней прямоугольных треугольни-
ков сходятся в одной и той же вершине тетраэдра, то четвертая
грань — остроугольный треугольник.
Действительно, легко установить, что квадрат любого ребра
четвертой грани меньше суммы квадратов двух оставшихся ребер.
б)	Пусть прямые углы трех граней прямоугольных треуголь-
ников лежат у различных вершин тетраэдра.
Легко сообразить, что относительно взаимного расположения
граней возможны лишь три существенно различных случая: д2,
д2 и S3, отмеченные на рисунке 53.
Если допустим, что случай 62 осуществим, получим, что любое
ребро тетраэдра является катетом некоторого из прямоугольных
треугольников и поэтому меньше какого-то другого ребра тетраэд-
ра, что невозможно, если вспомнить, что среди них есть наиболь-
шее (одно или несколько).
Остается рассмотреть случаи:
когда Z CAD = Z BCD = Z BDA = 90°,
д2, когда Z ADC = Z BCD = Z BAD = 90°.
Рассмотрим грань АВС.
Ввиду 1) Z ВАС #= 90° и Z АСВ 90°. Допустим, что
Z АВС = 90е.
Для случая di имеем:
АС < CD < DB < АВ < АС,
что невозможно.
Для случая б2 получим, что центр сферы, описанной около тет-
раэдра ABCD, должен совпадать с серединами ребер АС и BD,
в то время как эти ребра не имеют общих точек. Следовательно,
ДЛВС не прямоугольный.
157
2) Пусть в тетраэдре ABCD (рис. 52)
Z АСВ = Z CAD = Z BAD = Z BCD = 90е.
Тогда очевидно, что объем тетраэдра выражается формулой
V = — АС • ВС • AD.
6
Ясно, что хотя бы два из отрезков АС, ВС и AD короче осталь-
ных ребер тетраэдра. Если третий из этих отрезков не короче остав-
шихся трех ребер, то имеет место одно из неравенств АВ < AD,
CD < ВС. Если же заменить третий из этих отрезков на кратчай-
ший среди оставшихся ребер, то новая тройка отрезков будет ле-
жать в одной плоскости. Следовательно, АС, ВС и AD — кратчай-
шие ребра, не лежащие на одной и той же грани.
91> Не будем рассматривать тех, которые не имеют ни одного
знакомого в зале (и поэтому сами не являются знакомыми кому-ни-
будь из присутствующих). Если их число больше двух, теорема до-
казана. Пусть останется k человек, каждый из которых имеет
не менее одного знакомого. Очевидно, k > 2, каждый может иметь
1,2,..., k — 1 знакомых, но так как присутствующих в зале k, то,
очевидно, по крайней мере двое имеют одинаковое число знакомых.
92а а) Для k = 1 неравенство (1), очевидно, выполнено. В об-
щем случае его докажем по индукции. Имеем:
N = (at 4- «2 +	+ аь + W2 ~
= (ai 4- d2 + ... 4- dk)2 4- d2k+l 4- 2дл+1(а1 4- (h + ... 4- о*).
Применяя (1) к первому слагаемому в правой части последнего
равенства, получим:
N < k (aj+ о|+ ... 4- d£) 4- 0*4.1+ 2aft+1(a14- fife + ... + 0*) =«
~(* + l)(a? + a* + ...+^ + a*+l)-a?	-
— M4.1+ Яа&ь+гЬ 2a2o*4i+ ... +	= (k 4- 1) (a? + of +
+ ...4- a|+j) — (di — O*41)2 — («2 — OjH-1)2 — ••• — Ojk+i)2-
Отсюда сразу получается (1) для
N < (k + 1) (d* 4- d2 4-... + al+1).
б) Утверждение, очевидно, имеет место для k =* 1. Для k ~п—1
вследствие (1) имеем:
|«i + th 4- ... + о,,-! I < V"(n — 1) (о? + a2 4- ... + ojj_i) <
< /(n - 1) (d2 4- d2 4- ... + a2)?
Учитывая неравенство (2), данное в условии, получим:
di + d2 4- ••• + dn-i < J d{ 4- dz + ... 4- dn^i I <
< di 4" (h 4- ••• + dn,
158
откуда вытекает ап > 0. Изменив нумерацию чисел, можно любое
из них обозначить ап и доказать его неотрицательность. Утверждение
доказано.
93а Обозначим.а, 0, у внутренние углы треугольника АВС при
вершинах А, В, С соответственно. Тогда
а 1	. Р 1	. у 1
sin —— = ——; sin — — —-; sin -Ь = —
2 SA 2	SB 2 SC
(1)
и вследствие < SB < SC	(*)
sin — > sin — > sin —.	(2)
2	2	2	v '
Так как углы “£»	— острые, имеем из (2):
90° > > А > > о,
2	2	2
т. е.
180° > а > 0 > у > 0.	(3)
Используя
а -I- 0 4- у = 180°
и неравенство (3), получим:
а + 0 + V < За, а 4~ 0 + У > Зу,
180° < За, 180° >3у, т. е.
60° < а, 60° > у.	(4)
Отсюда у > 30° и вследствие (1)
2
I. Все вершины А лежат на окружностях с центром S и радиусом,
большим 1 и меньшим или равным 2( рис. 54).
Рис. 54.
169
Из (4) имеем, далее, ~ < 30° и из (1)
	SC = —>—^— = 2.	(6) у sin 30°	' ' sin — 2
II. Все вершины С лежат на окружностях с центром S, радиусы
которых больше или равны 2.
Для угла р получаем неравенство
т. е. 0° < — < 2	0° < ₽ < 90°, < 45°. Из (2) тогда получаем: SB = —1— > —— = 1/2?	(7) . 0 sin 45°	' ' sm — 2
III. Все вершины В лежат на окружностях с центром S, радиус
которых больше чем ]/2.
Во всех трех случаях I, II, III верно и обратное.
Если длина отрезка (SC, SB) удовлетворяет неравенству
(5), (6), (7), то соответствующая точка А (С, В) является вершиной
некоторого треугольника АВС, для которого выполнено (*).
94.	Пусть х, х + 1, ...» х + k — искомые 1 4- k целых чи-
сел. Уравнение задачи есть
х 4“ (х 4- 1) 4~ • • • 4- (х 4- Л) — N
или
(х 4 х + fe) (fe + 1) __]у
2
Откуда
а)	Поскольку TV = 500 = 22 • 53, соотношение (1) приводит к
анализу следующих двух случаев.
Если k — четно, то, чтобы х было целым, 6 4- 1 должно быть
равно 1, 5, 52 или 53. Итак,
^4-1=1;	Xi = 500;	4-500.
k2 4-	1	= 5;	х2 = 98;	4- 98, 99, 100,	101, 102.
k3 4-	1	= 52;	х3 = 8;	4~ 8, 9, 10, ...,	31,	32.
Л-4 4-	1	= 53;	х4 = — 58;	4- —58, —57,	...,	65,	66.
Если k — нечетно, то, чтобы х было целым, дробь должна
160
.	I 1
быть равна т + —
(т — целое). Следовательно, k 4- 1
должно
быть произведением множителя 23 с 1, 5, 52 или 53. Получаем:
fc54- 1 = 23;	х5= 59;	-?59, 60..... 65,	66.
йв4- 1 = 235;	х6= —7;	—7, -6,..., 31,32.
^4- 1 = 2352;	х7= —97;	-? —97, —96,	101, 102.
fc8-h 1 = 2353;	х8 = —499;	— 499, — 498, ..., 499,500.
б)	Соотношение (1) будет выглядеть:
_ 2а З3 5?	А
х ~ Тн	2
Если k — четно, k 4- 1 может принимать нечетные значения
1,3, З2, ..., З9; 5 • 1,5-3,.... 5 • 3\ 52 • 1, ..., 52 • 3*\	5V • 1,
5V • 3, ..., 5V • Зр, т. е. (0 -Ь 1) (у 4- 1) значений.
Таково же число искомых сумм.
Если k — нечетно, то, чтобы х было целым,
быть равно т + —.
2“ З3 5V
fe-f-1
должно
Следовательно, k 4- 1 может принимать предыдущие значения,
помноженные каждое на 2а+‘, т. е. (0 4- 1) (у 4- 1) значений. В ито-
ге мы получаем 2(0 4- 1) (у -J- 1) сумм.
Ровно половина этих сумм будет состоять только из натураль-
ных чисел.
В самом деле, если из множества натуральных чисел:
х + (х + 1) + ... + (х 4- k) = W, х > 1, можно получить множе-
ство целых чисел с той же суммой
(— х 4~ 1) + ... + 0 + ... + (х — 1) + х + (х 4~ k) = N
(когда х = 1) , то добавляется только 0.
Наоборот, если множество начинается с отрицательного х = — у,
то, поскольку N 1, положительных членов больше и
(— У) + (—У + 1) + ... + 0 + ... + у +(у+1) + ...+(у+&) =
= N = (у + 1) + ... 4- (у + k) — N. Таким образом, каждо-
му множеству из натуральных чисел сопоставляется ровно одно,
начинающееся с отрицательного числа или нуля. Следовательно,
число сумм из натуральных чисел равно (0 4- 1) (у 4- 1).
в)	Если N = cFb?с1... т?, где a, b, с, ..., т — возрастающие
простые числа и а, 0, у, ..., р— натуральные числа, исследование
разбивается на два случая:
1°. а = 2; тогда рассуждениями, аналогичными вышеприведен-
ным, устанавливается, что число искомых множеств есть
2(0 4-1)... (н + 1);
2°. а > 2, число N — нечетно; тогда рассуждениями, сходными
6
161
вышеприведенным, устанавливается, что число искомых множеств
равно
(а + 1) (Р + 1) (у + 1) ... (р + 1).
95.	а) Если а и b положительны, формула бинома Ньютона
дает
(а 4* Ь)п > ап + па’"1 • Ь,
откуда
(п 4- 1)" > 2 • пп.
Десятая степень этого неравенства дает
(п 4- 1),ол> 210nt0/i> 1000 • п1вл.
Логарифмируя это неравенство, получаем:
1g (п 4- 1) >	4- 1g п.
Юн
6) Перепишем полученное неравенство в виде
1g (k +1) >	+ 1g k.
Юк
Суммируя такие неравенства от k = 1 до k = т — 1 и учиты-
вая, что 1g 1 = 0, а слагаемые 1g 2,..., lg (т — 1) в левой и правой
части неравенства взаимно уничтожаются, получаем:
Сложим полученные неравенства от т = 2 до т — п и приведем
дроби с одинаковым знаменателем:
1gт=1g2 +... +lgn> + !Lz_2 +... + n--..<"y1) ) =
что и требовалось доказать.
99 . Левая часть уравнения (мы будем ее называть / (х)) представ-
ляется разными алгебраическими функциями в интервалах (— оо,
—2), (- 2, -1), (-1, 4- 1), (1, 2), (2, оо).
Далее, левая часть строго положительная и является четной
функцией / (х) = f (— х). Правая часть нечетна, на одной полуоси
она положительна, а на другой отрицательна. Поэтому, если m > О,
то достаточно рассмотреть только положительные х и провести ис-
следование в интервалах (0, 1) (1,2), (2, оо).
162
Наоборот, при т — — t<Z$ на положительной полуоси реше-
ний нет, а корни уравнения на отрицательной полуоси противопо-
ложны по знаку корням уравнения с т = t > О,
Итак, пусть т > 0.
Интервал 0 < х <1. Уравнение имеет вид: 5 — 2х2 = тх с кор-
— т ± V /па 40
НЯМИ	-.
w-r	»	— т + К Л1г 4-40
Положительный корень Х{ =-----------—-----1-----единствен-
ный. Он подходит, если < 1, когда f (1) = 3< т, т. е. при
т>3.
Точка х — 1* Соотношение 3 = т, т. е. точка х = 1 — корень
при т = 3.
Интервал 1 < х < 2. Уравнение имеет вид: 3 = тх. Единствен-
3	3
ный корень х = —. Он подходит, если 1 < — < 2 или
т	т
— < т < 3.
2
Точка х = 2. Соотношение 3 = 2m, т. е. точка х — 2 есть ко-
„	з
рень при m = —#
Интервал (2, оо). Уравнение имеет вид: 2х2 — 5 = тх с корня-
/п ± V т? 4- 40
ми хЬ2 = —--- 4 -—.
п	«	т У У т* -$-40
Положительный корень xt = —”""””"4—:---------единственный.
з
Должно быть %! > 2, тогда f (2) = 3 <. 2т, т. е. при т > — »
а)	Итак, если т положительно, то уравнение имеет решение
з	з
при т > При т = — существует единственное решение: х = 2,
з
при т > — существуют два решения: О С xt < 2 и х2 > 2. Со-
3
вершенно аналогично, если т отрицательно, то при т > —- реше-
3
ний нет, при т = —— — единственное решение: х = — 2, при
з
т <------~---два решения: 0 >	>> — 2 и х2 < — 2.
б)	Корень х = 1 получается при т = 3, таким образом, имеем
пары (1, 3) и (—1, —3).
з
Корень х = 2 отвечает дробному т — —.
Остается проверить целые числа х > 2. Они должны быть кор-
нями уравнения 2х2 — 5 = тх. Отсюда 5 = х(2х — т). Оба мно-
жителя х и 2х — т — целые. Так как х > 0, то 2х — т также
6*
163
положительно. Но 5 — простое число и разлагается в произведение
положительных сомножителей всего двумя способами: 5 = 1 • 5 =
= 5-1.
Первое разложение дает х = 1, что не годится, так как мы рас-
сматриваем лишь х 2.
Остается вторая возможность: х = 5, т = 9. Таким образом,
получаются еще две пары: (5, 9) и (—5, —9). Больше целых пар
нет.
97. Из условия следует, что а = at
(а = г.А-, а, = ZXj) и i±£ = 21±£! = 2.	(1)
Из теоремы синусов легко вывести формулу:
а — у
cos —о
(где у = ZC; Т1 = ZQ.
Ь а 4-у
cos——
2
Применяя эту формулу, из (1) получим, что
а — Y	а + V	Л а,—Yi	ai +vi
cos----- : cos ——L = cos -i—ii: cos	(2)
2	2	2	2	V 1
Из (2) непосредственно следует:
t-tgf-tgf 1-tgy-tgy
После освобождения от дробей получим:
tg— • tg -- — tg -- • tg
6 2	2	6 2	6 2
так как a = ab то tg — = tg — и, следовательно, tg = tg — ;
2	2	2	2
у и — углы треугольника, поэтому
0<-Y <2L и 0<^<Л
2	2	2	2
Значит, у = уь т. е. Д АВС <х> Д
98. Пусть Т — точка касания обоих кругов (рис. 55). АВС —
вписанный равносторонний треугольник и СР — большая из трех
касательных AM, BN, СР. Покажем, что AM + BN = СР. Через
D, Е и F обозначим точки пересечения прямых АТ, ВТ и СТ с
меньшей окружностью. Тогда получим:
AM2 = AD-AT	(1)
BN2 = BE • ВТ	(2)
СР2 = CF > СТ	(3)
164
Разделив (1) и (2) на (3), полу-
чим:
АР- АТ	..
СР2	CF • СТ ;
PAT2 = BE • ВТ	~
СР2	CF  СТ ’
Оба круга гомотетичны с цент-
ром гомотетии Т. При этой гомо-
тетии точки D, Е, F меньшего
круга переходят в точки А, В, С
большего круга. Из этого следует,
что DF || AC, EF || ВС. Значит,
АР = ЛТ . BE _ ВТ
FC СТ' CF СТ‘
Равенства (4) и (5) примут вид:
жив эти равенства, получим:
AM-FBN _А
СР
Но Т есть точка дуги АВ круга, описанного около равносторон-
него треугольника АВС. Поэтому АТ 4- ВТ = СТ. (Это следует
из известной теоремы.)
Следовательно, -- Jr BN- = 1 и ЛЛ4 4~ BN = СР.
СР
99> Здесь можно предложить сразу два решения этого урав-
нения: х = 3, у = 1; х = 5, у = 3.
Докажем, что других решений нет. Для х — 1; х = 2, х = 4,
очевидно, не имеется решений. Предположим, что какая-либо пара
чисел (х, у) с х > 5 удовлетворяет уравнению
2х = ЗУ 4- 5.
В этом случае левая часть уравнения дает остаток 0, если раз-
делить на 64. Правая часть должна также дать тот же остаток.
Если разделим Зл на 64, то получим, однако же для
п=1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10,11,12,13,14,15,16
остатки: 3,9,27,15,51,25,11,33,35,41,59,49, 19,57,43, 1.
Благодаря тому что при делении З16 на 64 мы получим остаток 1,
остатки при делении Зп на 64 периодически повторяются с перио-
дом 16. Поэтому у должен иметь форму: у = 11 4- 16 k. Мы пока-
жем, что такое решение не существует. При этом мы показываем,
что остатки левой и правой части уравнения будут разные, если де-
лить на 17.
165
Можно легко убедиться, что деление 31в на 17 дает остаток 1,
значит, остаток от деления Зу на 17 тот же, что и остаток от деления
З11 на 17, т. е. 7. Остается только доказать, что при делении 2х на
17 никогда не получится остаток 12.
2п (п — 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) при делении на 17 дает следующие
остатки:
2,4,	8, 16, 15, 13, 9, 1.
Так как при делении 28 на 17 остается остаток 1, то остатки пе-
риодически повторяются с периодом 8. Остаток 12 никогда не по-
лучится.
100.	Пусть (i — 1, 2, 3) — рациональные корни заданного
полинома, тогда, очевидно, yt — axt есть рациональный корень
полинома у3 + by2 + асу + a2d. Легко доказать, что всякий рацио-
нальный корень полинома с целыми коэффициентами и старшим коэф-
фициентом, равным 1, — целый. Итак, уь у2, у3 — целые. Тогда-
они все три суть делители a2d — нечетного числа. Поэтому они все
нечетны. Их сумма b и сумма их парных произведений ас должны
быть нечетными числами, т. е. и b и с — нечетны, что противоречит
условию (Ьс — четно).
101.	Пусть Е и F — середины диагоналей АС и BD и G —
центр тяжести треугольника BCD (рис. 56). Докажем, что точка М
пересечения AG с EF — середина EF. Действительно, если Н—
середина CG, то, так как АЕ = ВС, отрезок ЕН параллелен A G, и
так как FG — GH, то FM — ME. Поэтому MG — ЕН =
Теперь рассмотрим гомотетию с центром в точке М с отношением
----. Рассмотрим окружность, в которую она переводит окруж-
ность, проходящую через ABCD. Мы можем доказать, что все че-
тыре центра тяжести лежат на ней, точно так же, как мы это уже до-
казали для точки G.
166
102.	Пусть MNPQ (рис. 57)—середины сторон данного впи-
санного четырехугольника и пустьS—точка пересечения прямых МР
и NQ. Четырехугольник MNPQ — параллелограмм и5 его центр,
поэтому точки М и Р, N и Q соответственно симметричны относи-
тельно S. Перпендикуляры, восставленные в точках Л1, N, Р и Q
к соответствующим сторонам, пересекаются в одной точке Т —
центре описанной окружности.
Перпендикуляры, опущенные из Л4, N, PuQ на противополож-
ные стороны, параллельны перпендикулярам, восставленным к со-
ответствующим сторонам из точек М, N, Р и Q, поэтому они также
пересекаются в одной точке Т', симметричной Т относительной.
103.	Рассмотрим два круга, касающиеся данных концентричес-
ких кругов и друг друга. Диаметр d каждого из таких кругов равен
R — г. Пусть наибольшее число кругов, вкладываемых в кольцо,
равно п. Нетрудно видеть, что п = — , где ф — Z010K (см.
L Ф1
рис. 58), причем [х 1 означает наибольшее целое число, не превос-
ходящее х.
Из Д ООЛ
	= —•— Sin ф,-(*)
2--------------------2	'
откуда <р = arc sin Так что
г л 1
Г
[arcsin#_|_r J
Из (*) получим:	= sin ф,
откуда
Р __ 1 -j- sin ф __ tga
г 1 — sin ф
или	_
Отсюда
tg ф.
2 +
Решение задачи получим,
рассмотрев двойное неравенство
sin х < х < tg х. Из этого сле-
дует, что
я +г 2	+
167
гл	/	₽ + r , 1 Л У7? + /г
Отсюда п < зх • ——— и и -f-1 > — • —=,
R — r	2 yR_yr
или
n<3,15.«+L = “.*±^ „n+l>±I+»Z.A.
R — г	20 R — r	_У~г
104.	Пусть число x является решением уравнения (1). Тогда вы-
ражения у = х2 + 2рх — р2, z ~ х2 — 2рх — р2 (2) необходимо
удовлетворяют условиям у > 0, z > 0, у > z.
Из уравнения (1) с помощью (2) мы получаем последовательно
]/у — ]/г = 1» у — г — 1 = 2 ]/г,
4рх — 1 = 2	(3)
(4рх — I)2 =4z,	(3')
1 +4р2 = 4х2(1 — 4р2).	(4')
Значит, кроме р > 0, необходимо 1 — 4р2 > 0, т. е.
о<₽<4-	W
Так как у > z, т. е. 4рх > 0, имеет место х	0. Из (4') следует
тем самым
Проверка. Из (5) следует (4') и тем самым (3'). Значит,
имеет место г > 0. Для того чтобы перейти от (3') к (3), необходимо и
достаточно 4рх — 1 > О, значит,
_L I /1 + V _L	(6)
2 V 1 — 4ра Ар
Отсюда следует
о < Р < у.	(7)
Так как у = г + 4рх и 4рх > 0, имеет место у > 0. Таким обра-
зом, из (3) получаем (1). Уравнение (I) имеет при условии (7) един-
ственное вещественное решение, а именно (5). Иначе нет веществен-
ных решений.
105> 1) Пусть п — четно. Подсчитаем число тупоугольных тре-
угольников, имеющих тупой угол, в вершине Alf т. е. число тре-
угольников AiAjAfi, j < k.
Условие 2^ AkAiAj >эквивалентно условию k—
Подсчитаем теперь число пар натуральных чисел /, k, для которых
2 < / < k < п и k — j^>
j	2
168
Если j пробегает значения 2,3,	— 1, то соответствующее
каждому j, k можно выбрать — 2, — — 3,..., 1 способами, т. е.
число всех пар равно
pL — 2W(—— 3х) +	— 2W—— С =
\2	/	\2 J	2 \ 2	) \2	/
о
Это число тупоугольных треугольников с тупым углом при верши-
не Аь а всего треугольников будет — п (п — 2) (м — 4).
8
2) Пусть п — нечетно. Подсчитаем в этом случае число тупо-
угольных треугольников Л4 Aj Ак с тупым углом при вершине At.
Мы получаем, что k — j	Число пар /, k, таких, что
2 < / < й < п и k — I > ~ (fi — 1), равно
±(„_3) + ±(П_5) + ... + 1 = ±(«-1) (п-З).
Z	z	о
А всего тупоугольных треугольников будет — п (п— 1) (п. — 3),
8
Итак, число тупоугольных треугольников при п четном равно
“ п (п — 2) (п — 4) и при п нечетном равно — п (п — 1) (п — 3).
8	8
106- Рассмотрим п + 1 чисел
О, Я12, а12 4" Лг2, #12 + ^г2 4~ <^з2»---, ai2 4~ ty? 4~ ••• 4- яп2.
Среди этих чисел найдется по крайней мере два, например
ai2 4- ... 4- а/, Д12 4- ... 4-	/< k, которые дают оди-
наковые остатки при делении на п, тогда a?+i4- ... 4- ай2 нацело
делится на п.
107- а) 1. Обозначим данные точки А, В, С, D, Е (рис. 59) и
предположим, что из точки А выходят три красных отрезка*; пусть,
например, отрезки АВ, AC, AD. Тогда по условию отрезки ВС,
DB, CD должны быть синими**, и, следовательно, треугольник
DBC получился синим, что противоречит условию.
2. По предыдущему из точки А исходят два отрезка одного цве-
та, например красного, пусть это отрезки АВ, АС, тогда отрезки AD
и АЕ — синие (см. рис 60).
* На чертежах 59, 60, 61 обозначены сплошной линией.
** На этих же чертежах штриховыми линиями.
169
Из условия задачи следует, что отрезок ВС— синий» а отрезок
DE — красный. Из точки D исходит еще один красный от-
резок — либо CD (рис. 60.), либо DB (рис. 61).
В обоих случаях цвета остальных отрезков определяются одно-
значно.
б) Искомая линия на рисунке 60— ABEDCA и ADBCEA, а на
рисунке 61 —ABDECA и ADCBEA.
108. Очевидно, что можно поместить десять параллельных ря-
дов по десять шаров в каждом ряду, т. е. 100 шаров. Но это число
можно увеличить. Если в первый ряд положить 10 шаров, а во вто-
рой 9, так чтобы каждый шар второго ряда касался двух шаров пер-
вого ряда, и т. д. Тогда общая высота Н уложенных слоев И— 2г 4-
+ г (п — 1) ]/3, где п — число слоев. Поскольку Н < 10, при
г — получаем
п < 6 У 3 + 1, т. е. п --= 11.
Положим теперь в I, HI, V, VII, IX, XI слои по 10 шаров, II,
IV, VI, VIII, X — по 9 шаров, т. е. мы уложим 105 шаров.
При этом остается запас высоты, равный 9 — 5 рЛ3. Попытаем-
ся теперь заменить какие-либо слои с 9 шарами на слои с 10 шарами.
При такой замене одного слоя высота увеличивается на
4г —г(4 — 2^3*).
Для п — 11 и г = — получаем, что число замененных слоев k
удовлетворяет неравенству
k(2 — УЗ) <9 —5 ИХ
т. е. k < (3 — У 3) . Откуда k == 1. Поэтому один слой из 9 шаров
можно заменить слоем из 10 шаров.
Таким образом можно уложить 106 шаров.
170
Замечание. Задача не была включена, так как строгое
доказательство максимальности ответа М — 106 затруднительно.
109. Если буква встречается только один раз, назовем ее бук-
вой первого рода. В противном случае — буквой второго рода. Бук-
вы, рядом стоящие с буквой второго рода, — различны, это следует
из свойства б).
Если слово содержит хотя бы два вида букв, то оно содержит
хотя бы одну букву первого рода. В противном случае мы можем
получить из него слово вида abab, что противоречит условию. Вы-
черкнув все буквы второго рода, совпадающие с некоторой, полу-
чим слово из п— 1 различной буквы. Вычеркивая буквы второго
рода и далее, придем к слову, состоящему только из букв первого
рода.
Мы докажем методом математической индукции, что слово име-
ет длину не более 2п— 1 буквы.
Для п = 1. Это утверждение правильно. Предположим теперь,
что оно правильно для п = k букв, и докажем его для n= k +1.
Пусть слово содержит k + 1 различную букву, а — буква пер-
вого рода, ар — соседняя с ней буква. Если р — первого рода, то
при вычерчивании р возникает слово из k различных букв, мак-
симальная длина которого поэтому не превышает 2k — 1, а само
исходное слово имеет длину не более 2k.
Если р — второго рода, то легко заметить, что или обе соседние
буквы пары а, р различны, или имеется только одна соседняя бук-
ва, т. е. пара а, Р стоит с краю.
Поэтому пару а, р можно вычеркнуть, оставшееся слово удов-
летворяет условию а) задачи.
Длина оставшегося слова 2k — 1 буква, а первоначального —
2k — 1-}-2 = 2 (k 4- 1) — 1 буква.
Пример слова, имеющего 2k — 1 буквы, из алфавита
At, а2, ..., ап:
а^а2а3... апап^ап_2...
Заметим, что |х — у | 4- * Ч- У = 2 max (х, у). Поэтому
I	/1	1\	21	/1	1\	9
f(a, b, с) =2 maxi—, — j----4- 2 max I—, — ] 4--.
I	\a	b J	c \	\ a	b }	c
Применив то же замечание, получим:
[/ I 1 \	9 1
2 max (—, —|; — —
\ a b } c j
Л Г I 1	1 \	1 1 A / 1	*	1
= 4 max max —, —j; — =4 max —, —, —
L \ a b / cJ	\o b c
171
111. Рассмотрим отрезок
MN, отсекающий от треуголь-
ника АВС треугольник AMN,
площадь которого вдвое мень-
ше, чем площадь треугольни-
ка АВС (рис. 62). Обозначим
AN = х, AM = у, тогда
S^amn = yxysina =
= — — be sm a,
2	2
откуда
2xy = be.	(1)
По теореме косинусов найдем длину MN = da:
£ — х2 + у2 — 2xy cos a = (x — y)2 4- 2xy (1 — cos a)=
= (x — y)2 + be (1 — cos a) > be (1 — cos a) = d2a. (2)
Аналогично вычисляются d2b и d2.
Выразим d2a через площадь треугольника и его стороны. Найдем
1 — cos a.
а2 — b2 4- с2 — 2bc cos a = (b — с)2 4- 2bc (1 — cos a),
.	a2— (b—c)2
откуда 1 — cos a = —.
Это выражение подставим в (2) и получим:
[а’-(Ь-с)Ч=2 (р-b) (р-с)=	(3)
а 2	________________Р(р—а)
где 2р = а + b с и S — У р (р — а) (р — Ь) (р — с).
Циклической заменой в (3) получим:
2S2	„ -ъ 2S2
Л 2 — ----- и Я 2	------
Р^Р —Ь)	р (Р —С)
(3')
Предположим, что а < b < с.^гогда из (3) и (3') получим:
Таким образом, d2 будет меньше, чем df и d2. Осталось показать,
что точки М и N лежат на сторонах треугольника, а не на их про-
должениях, т. е. х = у < Ь. При х = у равенство (1) дает 2х2 =
== be, откуда х — у — у . Из неравенства а < b < с и нера-
венства треугольника с < а 4- Ь- получаем, что с < 26, т. е.
Л = у = |/^<]/Та = Ь<с.
172
Исследование. Если а < bf то имеется только оди н
кратчайший отрезок, длина которого равна_ da. Если а = b < с,
то имеется два кратчайших отрезка длины da— db. Если треуголь -
ник равносторонний, то кратчайших отрез ков три и длины их равны
dc •
112. Глаз видит изображение свечи или непосредственно, или
лучи света, отразившиеся от зеркала, или лучи света, отразившиеся
сначала от одного зеркала, потом от другого и т. д. При каждом от-
ражении угол падения на зеркало равен углу отражения. Эту кар-
тину можно спроектировать на плоскость, проходящую через глаз
G наблюдателя перпендикулярно ребру угла. Равенство углов па-
дения и отражения сохранится. Поэтому для удобства чертежа дос-
таточно рассмотреть плоскую задачу. Итак, пусть луч от свечи S
отражается последовательно от зеркал а и b — лучи ОХ и OY. Пред-
положим, что последний раз он отразился от зеркала а. Занумеруем
точки отражения в обратном относительно распространения света
порядке, т. е. от глаза.
Пусть точки отражения будут Ah В2, А 3,...,Сп> так что свет про-
ходи т от свечи до глаза ломаную SCn... A 3B2AtG. Найдем, в какой
точке лежит соответствующее кажущееся изображение свечи. Яс-
но, что эта точка на прямой СЛР Отразим (сделаем симметрию)
угол OXY и лежащий в нем отрезок ломаной от /Ij до S относитель-
но прямой ОХ. Получится новая ломаная
GAtB{2 Л<з)...С%(1)	(1)
£GAtX = Z В2Ар
по свойству отражения, ZB2AtO = ЛВ(2 Ар в силу симметрии,
поэтому точка В(Р лежит на прямой 6ЛР Обозначим отраженный
луч OY через и отразим угол YPX и лежащий в нем отрезок
ломаной ЛТ ••• C(n S(1) относительно луча OYt. Получим лома-
ную бЛрЗ? Л(Г... С(„S(2) с прямым участком уже от G до Л(2). Про-
должим эти построения до тех пор, пока не распрямится вся лома-
ная и не превратится в отрезок GS(n). Итак, рецепт получения изо-
бражений следующий.
Находим для точки S симметричную S^ относительно одной из
прямых 0Zlt затем точку SO), симметричную SO) относительно пря-
мой 0Z2, образующей с исходной угол 2а, и т. д. до точки S<n), сим-
метричной S(rt-1) относительно прямой OZ(W_i), образующей с исход-
ной угол (п.— 1) а. Далее, проводим отрезок GSO) и проверяем, пе-
ресекает ли он все лучи OZ, OZi,...,OZ(n-i) • Если пересекает, то
есть изображение в зеркале (проверяется обратным процессом),
если не пересекает хоть один — такого хода лучей получить нельзя
(см. выше построение изображения). Сделаем следующее очевидное
замечание. Пусть лучи ОМ и ON образуют угол меньше разверну-
того и луч ОР лежит между ОМ и ON. Обозначим через OQ вторую
173
кость, причем ZrtLt
2л1 т-.	Гл]
— . Если же а = I — |, где п — целое, то при
а ]	I п J
половину прямой ОР. Тогда любая прямая, яе проходящая через
точку О, не может пересекать одновременно все три луча ОМ, ON
и ОQ. Поэтому, строя последовательные отражения точки S и угла
ХОУ, надо остановиться, как только продолжение OF луча OG
попадает в угол Zn_t OZn. Пересечь луч 0Zn и все предыдущие отре-
зок С5<л+1) не может. Углы XOY, XOZlt Zn-i OZa и построенные в
обратную сторону углы ZiOY, Z^-d OZ-& покрывают всю плос-
OZn и	перекрываются. Итого число
изображений не превышает — 4-1.
[a J
В зависимости от расположения свечи и наблюдателя изображе-
ний может быть и меньше: за счет изображений в одном или обоих
крайних углах, но не меньше Г—1 — 1.
L a J
Дальнейшие подробности зависят не только от положения, но
и от четности числа
любом положении свечи и наблюдателя видно ровно 2п изображе-
ний (считая и саму свечу, так же как в расчетах,проделанных выше).
Здесь вся плоскость разбита на 2п углов. Критическим является
/Х'ОУ' — вертикальный к Z XOY. При этом точки S(rt) и5<~л)
совпадают. 5<л)=5(~л) =S°, либо при четном п, занимая то же поло-
жение в X'OY', что ив XOY, либо при нечетном и—зеркальное. Поэ-
тому мы либо видим отражение в зеркале ОХ, когда отрезок GS°
пересекает ОХ, либо в OY, когда отрезок GS° пересекает ОУ.
11Э> Если четырехугольник невыпуклый, то, отражая с и d сим-
метрично относительно внешней диагонали, получим выпуклый че-
тырехугольник площади S', причем S' >S. Поэтому можно рас-
сматривать только выпуклые четырехугольники. Разобьем четы-
рехугольник диагональю на два треугольника. Площадь первого
из них не превышает половины произведения двух его сторон, т. е.
~ . Площадь второго не превышает . Сложив, получим 2S <
< аЬ 4- cd. Аналогично: 2S < Ьс 4- ad.
Сложив эти два неравенства, получим:
4S < (а 4- с) (Ь 4- ф,
т е. S < а +с . 6 + .
114.	1) Пусть п = 2k 4- 1.
По первой команде оставим школьника номер k 4- 1 на месте,
а (символом обозначим, что а и & меняются местами )
1=^264-1,	2^ 2k,	3^2Л —1,..., £=Ft£4-2,
тогда получим расположение:
2k 4- 1, 2k, 2k — I, 2k — 2, ..., 1.
JH
П о второй команде оставим на месте номер 2ft 4- 1, a 2ft 1,
2ft — 1	2, 2ft — 2^3, ft 4- 1 -►ft, тогда получим требуемое
расположение: 2ft + 1, 1, 2, 3, 2ft.
2) Пусть п = 2ft.
По первой команде оставим на месте номер 1 и номер ft 4-1, а
2 s₽a2ft, 3 <±2ft—1, 4 qzt2ft—2, ....	ft 4- 2, тогда получим рас-
положение: 1, 2ft, 2ft — 1, ...» 2.
По второй команде
1 2ft, 2ft — 1	2, 2ft — 2	3, ft 4- 1 ft,
и получим требуемое расположение: 2ft, 1, 2, 3. 2ft — 1.
115.	Всего, если провести разрезы по обоим семействам линии
деления, мы будем иметь не более 100 областей, которые будем на-
зывать Ai} , считая, что Ац — это пересечение части At при пер-
вом делении (I = 1, 2,	10) и части при втором делении (j =
— 1, 2,..., 10). Будем считать, что часть закрашена i -й краской.
Число способов раскрашивания частей Bj равно 101. Занумеруем
их в каком-нибудь порядке числами ft = 1,2, ..., 10! и обозначим
в каждом способе через Sk сумму площадей областей Atj, покра-
шенных с обеих сторон одной краской (для некоторых пар /, i об-
ласти А у могут не существовать, тогда мы считаем их площадь рав-
ной нулю).
Лемма.	42!	(*)
= 9!
*=1
Примем пока ее без доказательства. Если 10! неотрицательных сла-
9!	1
гаемых дают в сумме 9!,. то из них одно не меньше — = —, иначе
вся сумма будет меньше 10! JL = 9!, что и требовалось доказать.
Для доказательства леммы подсчитаем, сколько раз площадь
Sy области А у входит в левую часть (*), т. е. сколькоЗА (при сколь-
ких номерах ft) содержат S/y.
Для того чтобы Sy вошла в 5Й, необходимо и достаточно, что-
бы при ft-м способе раскраски часть В} была закрашена одним опре-
деленным цветом — тем же, что At. Остальные 9 цветов могут как
угодно прийтись на остальные 9 частей; их можно распределить 91
способами. Итак, сумма выраженная через Л/;, содержит
k
каждое из них 9! раз, т. е. равна 9! Ац ~ 9! Лемма доказана.
116.	Пусть дан шестиугольник A BCD EF, и пусть его диагонали
AD, BE, CF пересекаются в точках Р, Q, R (рис. 63). Тогда
шестиугольник ABCDEF можно разбить на треугольник PQR и
три четырехугольника, заполняющие его внешние углы. Четырех*
175
угольники образованы двумя по-
следовательными сторонами шес-
тиугольника и отрезками диаго-
налей. Если диагонали пересе-
каются в одной точке, то шести-
угольник разбивается только на
три четырехугольника. Площадь
хотя бы одного из них не превос-
ходит — S. Пусть, например, это
3
четырехугольник APEF. Прове-
дем в нем диагональ FP. Четы-
рехугольник разбивается ею на
два треугольна ка. Площадь од-
ного из них не превосходит
— • — S, пусть это S&FPE. Тогда площадь одного из треугольников
EFA и FED не превосходит S f.fpe- В самом деле, основаниеFE у
них общее, а вершины лежат на одной прямой, причем Р лежит
между А и D, поэтому высота Л FPE на FE не меньше высоты
одного из треугольников.
117.	Пусть k — 100а + 106 + с, где а неотрицательное, а 0 <
<6<9и0<с<9. Легко видеть, что две последние цифры не за-
висят от а. Заметим, что, какой бы отрезок натурального ряда из
ста чисел мы ни взяли, две последние цифры пробегают все значения
от 00 до 99. Поэтому отрезок можно взять от 00 до 99. Вычислим пос-
ледние две цифры суммы восьмых степеней:
99	9	9
22(10jc+y)8 =
fe=0	х—0 у=0
9	9
= 22 [(10х)8 + 8 ♦ (10х)7 у + ... + 8 • Юху7 + у8].
х=0 у—0
Заметим, что на две последние цифры влияют только два последних
9 9	9
слагаемых. 22 [80ху7 + у8] =	(80 • 45у7 + 10у8]; пер-
х=0 у~0	у=0
вое слагаемое оканчивается на два нуля, поэтому предпоследнюю
9
цифру мы получим от 2 У9- Посмотрим последние цифры:
о
0 1 23456789 — I степени
0	1 4	965	694	1 — II степени
0	16	16 5	6 1 6	1— IV степени
0	16	1 6 5	6 1 6	1 — VIII степени,
поэтому 2(1 + 6 + 1 +6)+ 5 =33 и сумма оканчивается на 30
176
в
А
А
С
Рис. 64.
118а Дополним А АВС
до параллелограмма
А'ВА'С (рис.64). Отрезок
AM составляет одну треть
от 44'. Z АВА' = £ В +
+ Z С, но по условию 40° <
< А < 70°, поэтому
110°< ZB + ZC<140°. (*)
Таким образом, вершины
В должны удовлетворять
условию (*), т. е. лежать
вне сегмента, вмещающего
угол в 140°, и внутри сег-
мента, вмещающего угол в 110°, построенных на АА'. С другой
стороны, точка В лежит вне сегмента, вмещающего угол в 70°, и
внутри сегмента, вмещающего угол в 40°, построенных на отрезке
AF. Но Z С при этом равен Z FBA', т. е. точка В должна лежать
также внутри сегмента, вмещающего
вмещающего угол в 70°, построенных
этих трех луночек.
угол в 40°, и вне сегмента,
на FA'. Берем пересечение
177
Исследование. Че-
D
рез точку Р пересечения сег-
ментов, вмещающих угол в 70°
и построенных на AF и FA',
проходит сегмент, вмещающий
угол в 140° и построенный на
А А'. А через точки Q и R про-
ходит сегмент, вмещающий угол
в 110° и построенный на АА'.
Следовательно, искомое геомет-
рическое место — криволиней-
ный треугольник PQR
к	В (рис. 65).
Рис 66	119. Пусть ABJ_ CD, DB_L
и	±ЛС, CB1.AD (рис. 66). Четы-
рехугольник EFGH — прямоугольник, так как ЕН || А В и ЕН =
= 1 АВ, FG || АВ и FG = - АВ, т. е. FG || ЕН и FG — ЕН.
2	2	1
А
FE || CD и ЕН || АВ, поэтому угол между FE и ЕН равен углу
между CD и АВ, т. е. 90°. В прямоугольнике диагонали равны,
т. е. FH = EG, и пусть О середина FH. Рассмотрим четырехуголь-
ник KFLH, он тоже прямоугольник, и его диагонали пересекаются
в точке О — середине FH. Отсюда получаем, что FO — ОН =
-=ОК — OL = ОЕ =* OG, т. е. точки F, G, Н, Е, К, L лежат на одной
сфере с центром в точке О.
120. Любую грань куба можно совместить с любой. Пусть М—
точка на грани, но не на ребре и не вершина, и пусть k — число об-
разов точки М в этой грани, тогда общее число образов точки М рав-
но 6k. Аналогично, если точка Н лежит на ребре и число образов
точки Н на этом ребре /, то общее число образов точки Н равно 12/.
Поэтому общее число точек, лежащих на ребрах и гранях, делится
на 6. Если точка лежит в вершине, то образов у нее 8. Поэтому либо
100, либо 100 — 8 должны были бы делиться на 6, что не имеет
места.
121. Заметим, что если х при всех п удовлетворяет неравенству,
то и х + 2kn удовлетворяет также.
1/3’	л 2
При п — 1 имеем sin х <	, т. е. 0 < х < у и ул <х<2л.
Поэтому область решений, удовлетворяющая всем неравенствам,
может быть только меньше.
Возьмем 0 <Z х0 < — , тогда найдется k такое: k = — 4-1,
3	Зло J
2л	л
ЧТО — >> RXfj > — , и мы получим, что
3	3
1/ 3
sin х0 4- sin 2х0 4- ... 4- sin kx9 >
178
т/’я*
так как все слагаемые положительны и sin kx9 >	, Поэтому
область 0<х<у не удовлетворяет неравенствам.
2
Проверим, что все х — л < х < 2л являются решением нера-
венства. Очевидно, х — 2kn есть решение. Просуммируем теперь
левую часть, для чего умножим и разделим ее на 2 sin — , х & 2л.
X	/	1 \	/	1 \
Так как 2 sin — sin kn, = cos Л — — x—cos\k 4—x, to
2	\	2./	\	2/
sin x 4- sin 2x + ... 4- sin nx =
1	3	3	5	2л — 1 2n-H
COS— X — COS— X 4- cos — X — COS — X 4- • • . 4- COS—-— X — cos —-—X
— - 
2 sin —-
2
X
cos — — cos
2
„ . X
2 sin —
2
Таким образом, если обозначить у = г, то нам остается проверить,
что все г в интервале ~ < г < л удовлетворяют системе нера-
венств:
cos z — cos (2л 4- 1) z	„ _ । о
п—№ Л — 1, Z,. • . ,
2stnz	2
но
Область —
cos z — cos (2n 4“ 1) * 2 < cos z 4~ 1
2 sin z	2 sin z
< z < я является решением неравенства
COS Z 4- 1
-s-.----< -s— , а тем самым и заданного неравенства.
£ SjH Z £
2
Ответ: — л 4- 2л£ < х < 2л 4- 2л£.
3
122.	Докажем по индукции следующее предложение. Из груп-
пы переводчиков, в которой каждый язык знают ровно 2п человек,
всегда можно отобрать подгруппу, в которой каждый язык знают
ровно 2k человек.
Для k = 0 и k = п утверждение очевидно. Значит, достаточно
взять k < п> 1. Пусть р человек знают Д и М языки (квалифи-
кация A), q — М и П (квалификация В), г — П и Д (квалифи-
179
кация С). Очевидно, все эти люди разные. Если р >• 0, <? > 0 и
г > 0, то возьмем по одному человеку квалификации А, Ви С. Ос-
тавшиеся образуют группу объема 2 (п — 1), а из нее можно выб-
рать искомую подгруппу по условию индукции.
Если р — 0, q = 0, г — 0, то все переводчики, или полиглоты
(числом /), знающие все три языка, либо моноспециалисты, знаю-
щие ровно один язык. Моноспециалистов по каждому языку оди-
наковое число 2п — I. Поэтому мы объединим их по три в коллектив-
ных полиглотов. Всего полиглотов и коллективных полиглотов 2п,
а из них мы всегда можем отобрать 2k.
Будем теперь для определенности считать, что р < q < г. Если
р — q — 0, г > 0, то после выделения полиглотов и максимально
возможного числа коллективных полиглотов из моноспециалистов
остается г квалификации С. Поскольку общее число знатоков каж-
дого языка одинаково, то существует еще по крайней мере г моно-
специалистов по М языку. Образуем еще г полиглотных пар пе-
реводчика П и Д языка и переводчика М языка. Оставшиеся пере-
водчики могут быть только моноспециалистами, а их должно быть
одинаковое число по каждой специальности, т. е. их можно разбить
на коллективы полиглотов. Таким образом, и в этом случае можно
из полиглотов, пар и коллективов набрать группу нужного объема.
Если р — 0, q > 0, г > 0, то после выделения полиглотов и мак-
симально возможного числа коллективных полиглотов из моноспе-
циалистов среди билннгвистов q + г знатоков П языка, q знатоков
М языка иг — ft языка. Значит, существует еще по крайней мере
q моноспециалистов по >7 языку и г специалистов по М языку. Возь-
мем из них одного моноспециалиста по Я языку, одного по М
языку, одного квалификации В и одного квалификации С. Осталь-
ные образуют группу объема 2(н— 1), а из нее можно выбрать ис-
комую подгруппу по условию индукции.
123.	Пусть А (г) = j I (г) =г—у, где у= — р Q2: z = у.
Тогда Му = max I I (х) |= -Цм, и нам достаточно показать,
—|Л
что 11у (г) |< Мip. Далее, 11 4-^)1 = I х — у |, т. е. равно длине отрез-
ка | XQ2| » и если х лежит на отрезке — 1 < х < 1, то по известному
свойству в AQiQ2C?3 отрезок \Q2X I меньше хотя бы одной из бо-
ковых сторон | QzQi 1> |ФгРз1- Поэтому Му = max (|Q2Qi!> IQ2Q31)-
Далее, | 1у (г) | = | z — у| — \Р Q2(- Таким образом, мы пришли к сле-
дующей геометрической задаче. В четырехугольнике PQiQ2Q3 Дли-
на диагонали | QiQ3| равна 2. Доказать, что диагональ | PQ21 <
<[| PQi 1+ |РQ2IJ • max (IQ2Q1I, |<?2<2з|)-Сразу заметим, что Му =
— max » IQ2Q3I) > 1, иначе было бы | <2iQzl + IQ2Q3I <2=
— IQ1Q3I. что невозможно. Из рассмотрения AQtQ2P и Д Q3Q2P
получаем:
I Q1Q2I + I QtP I > | Q2P\и | Q3Q21 4- I Q3P I > I Q2P | ,
180
откуда
IQAI +1 Q2Q31 +1Q8PI +1 PQil > । q2₽ j.
Рассмотрим случаи:
1» \Q3P | +|PQi| >\ QiQ2| 4- | Q2Q3|, тогда | Q3P |4-| PQ, | >
> I QzP а по доказанному выше Mi > 1, так что
[|Q3P 1 + IPQil] -M4> |Q2P|.
2. | Q3P | 4- \PQJ < | Q1Q2 14- | Q2Q31-
Тогда | Q2P I < 2max (IQ1Q2I, I Q2Q3I) = %Mit
но из A QjPQ3 получаем, что
| Q3P I 4- I PQt I > I Q1Q31 = 2, так что | Q2P | < 2M4<
< [| Q*P I 4* I PQt 11 • Mit что и требовалось доказать.
124.	Будем отмечать последовательно Л1, Лв, 6 < 2л,
2л — 6 = а4 < 1, и точка Л7 попадает на дугу ЛоА» разбивая ее
на части | Ао А7 | = 1 — оц и | А7 = оц. При этом у нас
появляются дуги трех сортов — длины ai, длины 1 — СЦ и длины 1.
Рассмотрим общий случай, когда число точек N > 7. Пусть бли-
жайшие точки к Ло слева и справа суть Л5 и А(.
Лемма. Равенство М = 2лQ с целыми М и Q невозможно,
кроме М — Q = 0. Это следует из-за иррациональности л.
л чь — ни при каких целых М и О.
2Q
Тогда s = 2ло —ф, t = 2лт 4- ф. Так как s 4- t — 2л (о4- т) 4-
4- (ф — ф), то по лемме ф — ф -ф 0.
Докажем теперь по индукции по А, что дуги могут быть только
трех размеров — длины | ф |, длины |ф | и еще, может быть, длины
| Ф | 4- |ф|. Для N = 7 это справедливо. Пусть это справедливо
для Ло, Л4, ..., ЛN. Выберем, как указано выше, точки As и At.
Рассмотрим точку Лу-н . Пусть она попадает на дугу AqAr, где
q чь 0, г Ф 0. Очевидно, длина | Л9Ллг+1| дуги Л9Лдг+1 равна
|Л0 Л#+1_9|, так как она определяется только разностью номеров,
причем} Л(>Л#+1-?|> |ЛоЛД по выбору At. (Заметим, N—1—q<JV.)
Наоборот, |Л0 Л,1 = |Ллг+1_^+1|>|Л(7Л^+1|. Отсюда ф=| А0А^
= |Л? Л jv4.1l и q = N 4-1 — L Аналогично, |Л#+1ЛГ| == |Л5Л0|,
г = N + 1 — s, так что число сортов не изменилось, только одна
дуга длины |ф| 4-|фI разбилась на дуги длины |ф | и | ф |. Рас-
смотрим теперь случай, когда q = 0 или г = 0 (q = г = 0 толь-
ко при N= 1). Здесь только одна из дуг Л#+1Л гпри ^=0 илиЛ 9Л jv+i
при г — 0 равна соответственно | ф | или | ф |. Предположим для оп-
ределенности, что это ф . Покажем, что точки Л0, Л1, ..., AN раз-
бивали всю окружность на дуги только двух сортов длины | ф | и
длины | Ф |, а все дуги длины | Ф | 4- | ф | были уже разбиты. В самом
деле, пусть такая дуга АтАп существует. Тогда (п — 2rtv) —
—(/и — 2л|л)=(t — 2лт) — (s — 2ло)=| Ф14-1 ф |, откуда (п — т) —
181
— (t — s)=2n [(P-i— >) — (x — p)J и m — n — t — s. Если m > s,
то на дуге AmA„ должна лежать точка Лот_5, так как на As At ле-
жит Л о k Остается т < s. На дугу А попадает точка Зна-
чит, на дуге АтеЛ„ лежит точка A	Таким образом, вспомо-
гательное утверждение доказано. При (N + 1)-й точке — снова три
длины дуг }<р |, | ф | — j ф | и | ф J. Остается узнать, к какому из двух
типов принадлежит Л/ = 1000. Возьмем N второго типа, т. е. такое,
что точки Ло, A lt ...» Л л делят окружность на дуги только двух
длин. Первое из таких N есть 6.
Пусть точки Ло, Лн Л# разбивали окружность на N дуг
длины |ф| и G дуг длины |ф j, причем ] i]4 > |ф|, тогда после-
дующие точки Лл+ь ..., Л добудут делить дуги длины | ф |,
разбивая их на j ф | и J х I = IФI — I ф 1, что дает разбиение G4- F ду-
гами | ф | и F дугами | х | • Поэтому нетрудно заключить по индук-
ции, что если для каждого Nk второго типа числа Gk и Fk бу-
дут четные, то и все последующие будут четны. При N = 6 окруж-
ность разделена на 6 дут длины 1 и одну дугу длины 0^= 2л — 6 =
= 0,28318... . Следующие N второго типа будутN2 = 12, когда бу-
дет 6 дуг длины 1 — ал и 7 дуг длины ао затем N3 — 18, когда бу-
дет 6 дуг длины 1—2 а4 = 0,574... и 13 дуг длины щ. При этом
большим оказывается правый отрезок. Но 1—За1=0,15... и
большим далее будет левый отрезок. При = 24 будет 6 дуг дли-
ны 1—3aj и 20 дуг длины ал, т. е. G4 и F4 четны. Значит, четны и
все последующие Gk и Fk . Данные точки Ло , Ait ..., Л1000 раз-
бивают окружность на 1001 дугу, согласно доказанному эти дуги
трех сортов.
125> Сначала докажем, что условия (В) необходимы. Если f=
= g = 0, то (Л) выполняется для любой тройки чисел а, Ь, с. Если
f 0 и g — 0, то (Л) может выполняться, лишь если а > 0. Если
/ = 0 и g #= 0, то (Л) может выполняться, лишь если с > 0. Пусть
теперь f st 0 и g — Xf, где X — любое вещественное число.
Тогда
a/2 + bfg + eg2 = (а + bl + eV)/2.
Стоящее в скобках выражение будет неотрицательным при лю-
бом вещественном значении I, лишь если уравнение второй степе-
ни а 4- Ы 4-гХ2 = 0 не имеет двух различных вещественных кор-
ней, т. е. если Ь2 — 4ас < 0, что эквивалентно третьему из усло-
вий (В).
Достаточность условий (В) может быть доказана следующим об-
разом: если fg > 0, то
а? + bfg + eg2 Е (/Zf- j/c"g)2 + &Vac + Ь) fg > 0,
а если fg < 0, то
«Г 4- bfg, 4- eg2 =е (Уа /4- Ус g)2 — (2 У ас — b) fg > 0
в силу условия 4ac > b2.
182
126. Выберем единицу длины так, чтобы
выполнялись равенства АВ = АС = 1. Тогда
В А' = С А' — sin 10°, где А' — середина осно-
вания ВС (рис. 67).
В равнобедренном треугольнике ACD, оче-
видно, CD = —.
2 cos 20°
Введем обозначения Z EDC — х; Z.CED =у.
В треугольнике DCE в силу теоремы танген-
сов имеем:
1
2 cos 20°
4- 2 sin 10®
tg
.У-Ьх,
2
1
2 cos 20®
— 2 sin 10®
Так как у 4- х = 160°, то предыдущее уравне-
ние можно переписать в виде:
tg80®	_ 1 +4 Sin 10° cos 20°
tg (80® — х) 1—4 sin 10° cos 20® ’
Рис. 67.
*
2
Преобразуем левую часть этого равенства:
___tg80®	_ ctg 10° tg (ж 4- 10°)
tg (80® - х) ctg (х 4-10°)	tglO3
cos 10®
sin 10®
•tg(x+10a).
Преобразуем теперь правую часть того же равенства:
1 4-4 sin 10® соз 20°	1 4-2 (Sin 30® — sin 10®)	1—sin 10’
1 — 4 sin 10® cos 20®	1 —2 (sin 30® — sin 10’) sin 10*
Таким образом,	+ 10°) =
т. e. tg(x4-10% -l~sinlQ\
cos 10®
Покажем, что правая часть последнего соотношения равна
to IQ®, t- sin l0\- 1 — cos 80® _ /(1—cos8(T)a~	/1—cos 80’ . 4Q0
cos 10’ sin 80®	yi — cos2~80®~	V 1+cos 80*	8
Так как 0 <x < 180% то искомый угол х равен 30э.
183
127.	1) При т = 0 данное неравенство очевидно.
2)	Пусть m > 1, тогда
( +£)”+(* +4Г>2И1 +!)’(1 +1Г=2 Я2 +f+4Г>
2 • J/4™ = 2m+1.
3)	Пусть т =— п, где п > 0, тогда
> — • 2 =2_"+1=2zn+1, так как (14. -—-7*4- (14. -—~Х > 2,
2п	\ 'а-\-Ь/  V a + b)
что доказывается, например, по индукции или применением би-
нома Ньютона.
128.	Доказательство будем вести индукцией по k.
Утверждение очевидно для k = 0. Предположим, что оно вер-
но для k = п, тогда если Р (х) = а0 хп+Ч-в1 хп+ ... 4- ая+1 являет-
ся делящимся на т, то таков же полином
Р (х 4- 1) — Р (х) = (п 4- 1) а0 хп 4- ...,
степень которого п. Таким образом, по предположению п! (я4-1)а0
делится нацело на т, т. е. (п + 1)! а0 делится нацело на tn. На-
оборот, если й! а0 кратно т, то полином
Р (х) = а0 х (х 4- 1) ... (х 4- k — 1),
всегда дел ящийся на /г! а0 , делится и на т.
129.	Будем считать,
поскольку это возмож-
но, ЧТО X < у < Z, и
попытаемся построить
такой треугольник. Яс-
но, что С может быть
произвольной точкой на
расстоянии z от О. Тог-
да А должно лежать на
окружности Sj радиуса
х с центром в О. Далее
мы, очевидно, можем
считать, что обход тре-
угольника в порядке А,
В, С совершается про-
тив часовой стрелки, так
что В должно лежать на
184
окружности S2, полученной вращением St на 60° против часовой
стрелки вокруг С. Но ОВ = у, так что конструкция невозможна,
если только S2 не содержит точки на расстоянии у от О. Далее, оче-
видно, 00' равно г, так что не будет треугольника, если только не
окажется z — х < у < г + х или z < х + у и у < z + х (но
х< у F г ввиду х < у).
Наоборот, если z < х + у и у < 2 + х (а также х < у + z)
будет существовать одна ил и даже две точки на S2 (рис. 68) на рас-
стоянии у от 0, и, взяв любую из них за В, поворотом СВ на угол
60° по часовой стрелке получим точку А.
130.	Поскольку )/2 иррационально, то таково же (10л |/2)
при каждом п. Иррациональное число имеет единственное десятич-
ное разложение. Пусть dn обозначает n-й знак десятичного разло-
жения J/2 так, что (1O«1Z2) = 0, dn+ldn+2 ... .
Предположим теперь, что (10р 1^2) = (10^1^2), где р ч* q.
В силу единственности десятичного разложения это выполняется
тогда и только тогда, когда
d/n-p = d-n+qt где п 1,2, ... «
Отсюда следует, что десятичное разложение 2 является смешан-
ным периодическим с периодом | р — q \ . Это противоречит ир-
рациональности ]/2.
131.	Примем данные фиксированные направления за оси коорди-
нат. Выберем за начало отсчета момент времени 9.00, за единицу из-
мерения 5 мин. Тогда в момент времени t пароходы имеют коорди-
наты (х—vj, 0) и (0,у—v2t), где гц и v2 — скорости пароходов.
Вычислим S2 — квадрат расстояния между пароходами в мо-
мент t:
S2 ~ (х — v^)2 + (у — v2t)2 — 2 (х — vxt) (у — v2t) cos а,
т. е. S2 = а + 2bt-\~ct2 — квадратный трехчлен относительно t.
Из условия задачи имеем:
400 = а,
225 = а + 146 +49 с,
169 = а + 22b +121С,
отсюда а — 400; b — — 16; с = 1 ,
а, следовательно, для S2 имеем:
S2 = /2 __ 32/ + 400 = (t — 16)2 + 144.
Наименьшее значение S2 = 144 при t = 16. Следовательно, в
10 ч 20 мин расстояние между пароходами будет минимальным и
равно 12 милям.
185
132.	Пусть числа «4-1, п 4- 2, ..., п 4- р — 1 — последова-
тельные целые числа, удовлетворяющие условию задачи.
По формуле суммы членов арифметической прогрессии имеем:
g(l)=<^+ ₽>(»-<).	(П
2
Нацдем сумму квадратов этик чисел:
(л 4- Л)2 = (р — 1) • л2 4- 2п JP & 4- 2
fe=i	k= i k—।
Применив формулу для суммы k квадратов натурального ряда,
пол уч им:
3<2>= ?—' . (6л2 + блр + 2р2 — р).	(2)
6
Вычислим отношение (2) к (1):
6ft8+ 6пР + 2ра~ Р ==fltP_ । (Р —' Р	(3)
S(')	3 (2п 4- р)	Г 2 Т 6 (2л -f-р) *	V '
Чтобы (3) было целым числом, необходимо и достаточно, чтобы
(р —2) - р = 2/n + 1
6 (2л 4-р)	2	*	'
Отсюда р2 — 2р = \2тп 4- бтр 4~ 6« + Зр, т. е.
р (р — 5) = 6 • (2тп + тр + п).	(5)
Так как правая часть (5) — целое число, ар — простое число,
то р — 5 делится на 6, т. е. р — 5 = 6/, или
р = 6/ 4- 5.	(6)
Покажем, что для любого простого р найдется п.
Подставим (6) в (4). Получим:
(614- 3) (61 + 5) = 2/л4-1
6 (2л 4- 6Z 4- 5)	2	*
или
(21 4- О (61 + 5) _2л» + 1
2 (2л 4- 6/ 4- 5)	2
Отсюда видно, что, взяв пг равный, например, 0, получаем, что
п существует и равно
п = I (6/ + 5).
133.	Пусть «точек в пространстве удовлетворяют поставленным
условиям. Тогда любой из углов с вершинами в этих точках либо
больше 120°, либо меньше 60°.
Предварительно докажем лемму.
186
, что Ai п и
В системе данных точек существуют только две точки, расстоя-
ние между которыми наибольшее, и каждый из углов с вершиной
в одной из этих точек меньше 60°.
Действительно, пусть расстояние между точками В и С наиболь-
шее. Тогда для любой точки А{, отличной от В и С, Z BAfi >
> 120°, так как он наибольший в треугольнике BAfi. С другой
стороны, для любых точек Ло А} (рис. 69) ZdjBCC 60° и Z4;BC<C
< 60°. Но любой плоский угол трехгранного угла меньше суммы
двух других плоских углов. Следовательно,
ЛА{ВА, = Z AtBC + Z A SC < 60° 4- 60° = 120°,
т. е. /. AiBAj <120°, а, значит, ZH/B4y< 60°.
Утверждение задачи докажем методом математической индук-
ции. Утверждаем, что если В и С — наиболее удаленные из п дан-
ных точек, то все точки можно занумеровать так, что Z А( Aj Ак >
> 120° для всех l<i< /’< /г <п, причем Ai — В, Ап = С.
Для п = 3 утверждение верно.
Пусть оно верно для т точек. Покажем его справедливость для
т 4- 1 точки. Выберем из этих m 4 1 две точки самые отдаленные,
пусть это будут В и С. Обозначим точку С через Лт+1и пока исклю-
чим из рассмотрения. Среди оставшихся точек В одна из двух край-
них. Все углы с вершиной в В меньше 60°. Поэтому по предположе-
нию индукции их можно перенумеровать Tai
Z^^7- Лй>120° для всех
1 < i < j <. k < т. Покажем,
что ZAtAj Л/п+1> 120° для	g
всех 1 < i < j < т. Для i = 1	а
это верно, так как Л1 и Ат+1	/\
крайние.
Пусть 1 < i < j < т.	/ \
Тогда Z Лг Лу-Лот+1 > 120°,	/	\
так как в треугольнике	/	\
Л/Л?Лт+1 угол при вершине Л/ £	'
Ат+1 меньше 60°.	\ х.
Угол А^Ат+1 (рис. 70)	\ ч
также меньше 60°, так как если \	\
бы этот угол был больше 120°,	\
то, учитывая, что ZЛ1ЛiЛffl+1>>	\
Z> 120°, так как точки Ль	\	>
Am+i самые удаленные, и	\ /
/lAiAi Aj >120° по предположе-	\ /
нию индукции, мы получили бы,	\ /
что каждый из плоских углов	*
трехгранного угла при вершине	С
больше 120 , что невозможно.
Тем самым утверждение полно- Рис- 69 •
етью доказано.
Л т * 1
В=А,
Рис. 70.
187
134.	Пусть Pj—любая точка. Так как пять отрезков прямых
имеют общую исходную точку Pf , то по крайней мере три из них
одного цвета, например PtP2, Р^з> PiP^ Пусть они будут белы-
ми. Тогда, если хоть один из отрезков Р2^з» РзР^ PJ\ белый, на-
пример то треугольник PiP2P3 белый. Если все эти отрезки
черные, то треугольник Р^РзР^ черный.
135.	Докажем, что ни одно число х вида 8/г+ 7 не может быть
записано следующим образом: х = а2 4- Ь2 4- с2.
Рассматриваем разные сочетания чисел a, b и с.
1.	Если а, Ь, с — все четные числа, то х — четное число.
2.	Если одно из чисел a, Ь, с четное, а два других нечетные
числа, то х — четное число.
3.	Если два из чисел а, Ь, с — четные числа, а третье число не-
четное, например: а = 2/, b = 2k, с = 2/ 4- 1, то имеем для х:
х — 4 (j2 4- k2 4- Р 4- 0 4- 1, что означает, что х имеет вид 8n4- 1
или 8п 4- 5.
4.	Если а, Ь, с — все числа нечетные, то имеем:
х = (2/ 4- I)2 4- (2k 4- 1)24- (21 4- I)2 =
= 4/ (/ + 1) 4- 46 (k 4- 1) 4- 4/ (/ + 1) 4- 3 = 8п 4- 3.
Тем самым все случаи рассмотрены.
136.	Действительное число х (о<х<С является решением
данного уравнения, если только это число является решением одного
из трех следующих уравнений:
sin4x — cos4x — % (tg4x — ctg4 x),	(1)
sin4 x — cos4 x = X
sin8 x — cos8 x
sin*x • cos4x
(2)
(sin4x — cos4 x ) [sin4 x cos4x — % (sin4 x 4- cos4x)] = 0.	(3)
Отсюда следует, что x = — является для любого X реше-
4
нием уравнения (1) и что число х ч* (о < х < yj является ре-
шением уравнения (1), тогда и только тогда, если это число х яв-
ляется решением для уравнений (4), (5), (6), (7):
sin4x cos4 х == X (sin4x 4- cos4 x),	(4)
— sin4 2x = X [(sin2 x + cos2 x)a — 2 sin2 x cos2 x ],	(5)
16
— sin42x = X И — — sin22x],	(6)
16	2
188
sin4 2x 4- 8X sin2 2x — 16 X = 0.	(7)
Число x #= “(o <jc < yj является решением уравнения (7)
тогда, если число г = sin2 2х является решением уравнения
z2 + 8Аг - 16А. - 0,	(8)
удовлетворяющим условию О< z < 1. Каждому такому реше-
нию уравнения (8) соответствуют два и только два решения
уравнения (7) с 0 < х < ~ , х =#	•
Уравнение (8) имеет действительное решение тогда и только
тогда, если дискриминант D = 16 X2 + 16А = 16А (А, + 1) > 0,
т. е. либо А > 0, либо А < — 1.
В этом случае эти два решения имеют вид:
г, = 4 [/X (X 4- 1) — х] и г2 = — 4 [/X (Х+ 1) + х].
В интервале — 1 <Х <0 уравнение (8) действительных реше-
ний не имеет.
Случай А > 0.
Решение z2 уравнения (8) всегда отрицательно и поэтому
не является решением уравнения (7). Решение zt удовлетворяет
неравенствам 0 < zi < 1 только при ]Ла (А + 1) < — + 1 т. е.
4
при А < —. В этом случае уравнение (7) имеет два решения, а,
8
значит, исходное уравнение (1) имеет три решения.
В случае А = -i- уравнение (1) имеет х — ~ тройным корнем.
При А > -£• уравнение (7) не имеет действительных решений.
Случай А < — 1.
Решения и г2 уравнения (8) имеют одинаковые знаки, так
как • гг = — 16 А > 0.
Решение Zj всегда отрицательно, ибо >> 0 при А >-------
4
что не совместно с условием А < — 1. Значит, решение г2 также
отрицательно. Поэтому в случае А < — 1 уравнение (7) действи-
тельных решений не имеет.
Таким образом, случаи а) и в) никогда не реализуются.
Случай б) имеет место при А < 0 и А .
8
Случай г) осуществляется при 0 < А < —.
189
137.	14-~ + — 4-- - - 4-—< 1+ —L_+-J—,+_L_ =
23 33	«3	' 2s — 2 1 33 — 3 '	«3—n
_. i j_i । V _l j______!____~
1-2-32-3-4	0 — 1) /104-1)
.j I 1/J__L+J_____Li ,<_J________________»
T2\l-2	2-3	2-3	3- 4	0—1) n л 0 4-1)/
_ i 2 /1 _	1 V A _	1	< A
“	* 2\2	Л04-1)/	4 2n 0+1)	4 ‘
138.	Данные 4000 точек определяют 7 998 000 отрезков раз-
ных направлений, концы которых лежат в данных точках. Следо-
вательно, этих отрезков конечное число. Обозначим через d максимум
длины отрезков, который заведомо существует. Тогда круг радиу-
са d 4- 1 с центром в любой из данных точек содержит внутри
все данные точки.
Рассмотрим касательную к этому кругу, направление которой
отличается от каждого из 7 998 000 выше отмеченных направле-
ний. Такая касательная существует. Все данные точки лежат с
одной стороны от этой касательной.
Приступим к параллельному переносу этой касательной так,
чтобы данные точки переходили по одной на другую сторону от
движущейся прямой. Зафиксируем на момент положение движу-
щейся касательной после перехода каждой четвертой точки в
порядке перехода через них. Каждые две
соседние зафиксированные прямые опре-
деляют полосу. Очевидно, что эти полосы
У/ А '5	параллельны между собой и что каждая из
них содержит 4 данные точки. Четы-
У4*	рехугольники, определенные этими
//	точками, являются четырехугольниками,
дающими решение задачи.
1 'At
139. Только на одной стороне многоу-
гольника с п сторонами лежат две точки
многоугольника с п 4 1 сторонами. Рас-
лД д'	смотрим сторону, на которой лежат две
\	точки (рис. 71). Эта сторона будет разделе-
\	на на три отрезка. Средний отрезок являет-
\л,’	ся стороной и 4- 1-угольника. Обозначим
его а. Длины других обозначим У? и УР, а
’	сторону п-угольника — Ь. Отрезки, на ко-
Ап торые /-вершина п 4- 1-угольника делит
Рис. 71.	/-сторону n-угольника, обозначим Ур и х(2-
19»
Тогда
х^ 4- х{? — а,
х{%-±х^ = а,	(1)
х^ + Л^л’
х{2 4- х? = а,
х(Р 4- х<? = Ь, i = 2, 3, ...» «,	(2)
хФ 4- а + г{2 = Ь.
Отсюда а — b , Пусть х(Р = х.
п +1
Тогда из (1) х(?=—2— b — х и далее из соотношений (1)
п + 1
и (2) выражаем все хФ, где i = 2,3, .... «; k = 1, 2. Они
будут линейными функциями от х, а именно:
(О « — 4" 2«
X 1 —----— О — X,
«4-1
6 4-х, i = 2, 3, п,
п + 1
У(П _ ь
X 2-------
п+1
х. Отсюда 0 < х < —— .
п+1
Разность площадей обоих многоугольников равна сумме площа-
дей треугольников, которые отсекаются от правильного /г-уголь-
ника сторонами п + 1-угольника, и равна
п
S (х) = — sin ф У (Lui ь + xWra-~f —- b — х 1	(3)
' '	2 Y \n +1	)\ n +1	j V
1
Функция S (x) — квадратный трехчлен от x. Причем коэффициент
при х2 равен (— 1). S (х) определена на отрезке Г О, —^—1 и
[ И +1 J
S (0) —S(—— V Следовательно, si------------—будет наибольшим
значением, a S (0) = s(—— — наименьшим значением функции.
\п+1 /
Пусть Q — площадь правильного «-угольника, R — площадь
п 4- 1-угольника. Тогда R (х) = Q —S (х). Следовательно, пло-
щадь п 4- 1-угольника наибольшая, когда значение S (х) наимень-
шее и равно S (0), т. е. в этом случае одна вершина п + 1 -уголь-
ника совпадает с вершиной «-угольника. /?(х) наименьшая, ког-
iei
да S (х) наибольшая и равна S j , т. е. когда сере-
дина одной стороны п 4- 1-угольника совпадает с серединой п-
угольника.
140. Обозначим:
*1 — *2 + х3 — х4 4- х5 = yit
xt + х2 — х3 + хк— х5 = у2,
Xf 4~ -^2 4“ Х3 Х± 4"	“ Уз,
Xi — х2 4- х3 4- х4 — *5 = У4 »
— Xi 4" Х2 — х3 4- х4 4- Х5 = у5.
(1)
Числа yit как и xt , — целые положительные. Далее имеем:
У1 + У2 4- Уз + У4 + У5 =	+ х2 4- х3 4- х4 4- х5 = 1000 (2)
Из (1) имеем:
2xi = yt 4~ у2,
2х2 = у2 4- Уз,
2х3 = у3 4- У4 ,
2х4 = у4 4- у5 ,
2х5 = у5 4- Ур
Отсюда вытекает, что числа yz имеют одинаковую четность. А
так как yt + у2 4- Уз 4- У4 4- У5 = 1000, то они четные.
Но из (3) и (2):
*1 4- Х3 = | (У! 4- у2 4- Уз 4- у4) = -2 (1000 — у5),
х2 4- х4 = 2. (1000 — у4).
Указанная степень будет максимальной, когда у4 и у5 минималь-
ны, т. е. когда у£ = у5 = 2. Тогда
1 /	x-is-UOOO-tfi)
max (xt 4- х3у»+х* = max — (1000 — у5 )	= 499499.
б) Сосчитаем, сколькими различными способами можно выбрать
целые положительные числа у2, у3, у^ так, чтобы у2 4- Уз 4- у4=
= 996, у2 = 994 — 2k, где £= 1,2.......... 496, у3 4- У4 = 2£ + 2,
Уз = 2, 4, 6, ...,2k, всего k возможностей.
Итого число способов:
496
V k = - • 496 • 497 = 123 256
2
Ответ: 123 256 способов.
14И. Пусть некоторый участок А „-Ио поезд проходит в направ-
лении по часовой стрелке, а в точке Ао меняет направление
движения на движение против часовой стрелки(рис. 72). Остальные
192
точки, в которых путь меняет на-
правление кривизны, будут
Ai, Л2, ..., Ал—j, Ап = Ло.
Очевидно, что существует чет-
ное число изменений направления
кривизны относительно центра со-
ответствующих дуг. Следователь-
но, число п четное.
Центры дуг A0Ai, А±А2,...,
А„^А„ обозначим соответственно
Мп s Л40,	...» Мп^. Точ-
ки Л40, М2,	, ... расположе-
ны внутри сети, a М3, М5...вне
сети. В противном случае можно
изменить начало нумерации на
Рис. 72.
единицу. Выберем прямоугольную систему координат так:
Ло — начало координат, ось X совпадает с касательной в Ло
к дуге Л 0 Лп единица длины равна диаметру дуги. Обозначим абс-
циссы точек At через at , а абсциссы точек М; через
Для любой дуги AtAl+i имеем at — al+i равно ~, или—,
если дуга состоит из одной или трех четвертей окружности;
— ai+i равно 0,1 или — 1, если дуга состоит из двух четвертей ок-
ружности.
Л; и А1+1 являются серединами отрезков	и
соответственно. То есть
л _ mi + mi _ j. ,	„	_ mi+l 4-
---------2	o(+i--------2—.
Откуда
т. -f-	= 2aif
"Ч 4- mt+i = 2al+l
и	ml_i — mi+l	ai+i),	t. e.
разность четна, когда дуга AtAl+i состоит из двух четвертей и
равна ± 1, когда дуга AL Л/+1 состоит из нечетного числа четвертей.
Рассмотрим сумму
(m0 —m2) + (m2 —mJ 4-...+ (mn_2 —т„) ==0.	(1)
В силу замкнутости пути тп — tnv Так как каждое слагаемое суммы
(1) равно либо 0, либо ± 2, либо ±1, то в сумме содержится чет-
ное число ± 1. А это значит, что число четвертей окружностей, ко-
торые поезд проходит в направлении движения часовой стрелки, четно.
Аналогично, выписывая сумму
(m1 — т3) + (т3 — /п5) 4-... 4-	— тп и) == 0.
7
193
Так как mn+l — mit получим, что
число четвертей окружностей, ко-
торые поезд проходит в направле-
нии, противоположном движению
часовой стрелки, тоже четно.
Так как рельсовая сеть замкну-
тая, то при возвращении в началь-
ную точку поезд совершит полный
оборот, поэтому разность между
числом четвертей, проходимых по
направлению часовой стрелки и
против, равна 4, а это значит,
что каждое из этих четных чисел
при делении на 4 дает один и тот же остаток, либо 0, либо 2, еле-
довательно, сумма этих чисел делится на 4, что и требовалось
доказать.
142.	Расположим пи п 4- 1 -угольники так, чтобы их апофемы
hn = ОК и hn+l = OL лежали на одном радиусе ON. Пусть А€ и
BD — стороны п и п 4- 1 -угольника, соответствующие этим апо-
фемам (рис. 73). Тогда KL— проекция хорды АВ на радиус ON,
стягивающей дугу АВ величины——— . На дуге BN величи-
п (п 4- 1)
180°
ны— можно уместить «дуг, равных о Л В. Причем проекции
л 4-1
соответствующих им хорд на ON будут заведомо меньше KL—
проекции АВ. Поэтому сумма этих проекций LN меньше п • KL,
т. е. R — hn+l < п (hn+l — hn) или (п 4- 1) Ля+1 — nhn > R.
143.	Пусть Xi, х2 , х3— стороны треугольника. Тогда могут
представиться случаи:
Г. Xi = х3 -ф х2 и из неравенства треугольника 2xt >* х2.
Г*. х2 = х3 -ф Xi и из неравенства треугольника 2х2 > х4. (1)
2. х4 = х2 = х3.
Случаи Г и Г' получаем при а2 — 46 > 0.
(2)
Пусть Xi —у— —	— и	' Проверим неравенство (1).
a —|/aa_4^>y	, отсюда а2<^6, «, объединяя с
(2), получаем 46 < а2 < — 6.
8
В случае Г' неравенство (1) всегда выполнено.
Из теоремы синусов имеем:
sin ctj _ sin g2 _sing3 _ 1
Лд л2 x3 2R
194
В случае Г имеем: sin 0ц = cos сц — Отсюда
" —,....... ,	или /? = —„I—	 •= .- ...= анало-
У4х2_х2	2]/(За — )/ а2 — 46) (а — 3 /а2 — 46)
гично в случае 1" получаем:
R== (а + Гд8-4& )2
2 ]/(За — Ка^46) (a-Hj/a5^7^) *
Если а2 — 4Ь = 0, то = х2 — х3 = ~. Треугольник рав-
нобедренный и R = —•
144.	Если т и п =# т — целые числа, то число f (tn) —f (п)
делится на т — п.
Итак, для целого числа т, неравного k, k + 1, 6 4-2, числа
/(m)-f(6), f(m)_f(k + l), f(m)- f (k + 2)	(1)
соответственно делятся на
m — k, tn — (k + 1), tn — (k 4- 2).	(2)
Числа (2) являются тремя последовательными целыми числами.
Следовательно, одно из этих чисел кратно 3. Тогда и одно из чисел
(1) также кратно 3. Следовательно, f (т) должно быть кратно 3.
145.	а) Предположим, что х3 = 1. Тогда
XtX2 = Х^2Х3 > 1,	(1)
xt 4- *2 < — 4- — или xi + х2 < — (xj 4- х2).
*1	«8	Х1«8
Так как Х14-х2>0, то Х1Х2<1, что невозможно по (1).
б) Предположим, что xt > 1, х2 > 1, х3 > 1. Тогда х4 4~х34-
4- х3 > — + — + — , что противоречит второму условию задачи.
*1 *я X»
в) Пусть х3< 1. Тогда из х1х2х3> 1, х3< 1 следует, что
х4х2>1.	(2)
С помощью (2) покажем, что и х4 > 1 и х2 > 1.
Из Xi х2х3 >1 и х4 4- х2 + х3 < — 4- -- -L — получаем
xt хя х3
1
х3> ----- ИЛИ —
XtXa %8
195
7*
1	.	,	I	1 I 1	.	1	1 I 1	,
-----F xt -F x2 < 4- x, 4- a'3 < —|----------1— < —|----------F x2.
X]X%	-^1	%2	%3	Xg
-------F Xi 4" x2 <Z I F Xi x2.
*1*2	*1 Xi
Так как ххх2 > 0, то
1 4- (Xi 4- X>) xtxz < Xi 4- x2 + ОиХ»)2-
(1 — XiX2) (1 4- XiXz) — (X14-*2)( 1 — ад) < °-	(3)
Разделив (3) на 1 — xtx2 < 0, получаем:
1 4- XiX2 — Xi — х2 > 0, (xi — 1) (х2 — 1) > 0.
Откуда х± > 1 и х2 > 1, что и требовалось доказать (xt <; 1,
х2 < 1 невозможно).
146. Предположим, что точка О удалена от стороны АВ
или ее продолжения на расстояние, меньшее 100 м (рис. 74).
Пусть k будет круг радиуса 2 (берем за единицу измерения 100 м)
с центром в точке О. Р — проекция точки О на прямую АВ, ОР <
<1. Пусть А', В', С, D', Е' —точки пересечения полупрямых РА,
РВ, PC, PD, РЕ с k.
Докажем, что S'a'B’cd'E’ < 5 КЗ?
ЛА'ОВ' = <Ь; г.В'ОС' = <в1; ^C'OD' = ш2;
ZD'0£'=(o3; /£'ОЛ'=о4;	< 180°.
5' — S^a’OB' — 2 (sin 4- sin <в2) + 2 (sin <°з + sin coj
< 4 sin 2l±“S + 4 sin	8 sin	;
2	2	4
•$' — S&A'OB'< 8 cos у ,
Рис. 74.	Рис. 75.
196
Так как OB' — 2, то ~ < со < л,
з
очевидно,
S' — S дл’ов' <С 4 ]/3; S дд-ов’ < 3.
Отсюда следует, что S'< 5]/3, что противоречит условию.
Следовательно, расстояние до любой стороны не меньше 1. Знак
равенства имеет место, когда со = 120°; со1 = (о2=со3 = со4 =
— 60°, т. е. когда ABCDE имеет форму пятиугольника, получен-
ного из правильного шестиугольника отбрасыванием одной верши-
ны (рис. 75).
147. Пусть > Г—1
I п J
1)	Если р = п, то kt = для всех i = 1, 2, ..., п и имеет
место данное соотношение.
2)	Пусть р < п. Тогда существуют целые неотрицательные
числа /2, •••, 1р такие, что
kt = ГА1+ llt i = 1, 2, ..., р
и существуют целые неотрицательные такие, что
., п;
kj “
тогда
— j == р 4- 1,
п	р п
7=1	7=1	/=р-н
Так как п
Р	п
—J < k, то имеем: 1^1 /Пу.
С=1	/=р+1
(1)
Перепишем теперь выражение для kt\ и
k‘l=Н11 (Н1+Ф • • (141+4 • '=1-2...р-
Ц я j \ L л j	/	\ L л j /
/ = Р+ 1.п,
197
следовательно, kt! kz! ... Лй! V* где А—произ-
ведение множителей больших, чем — I, и их число У llt В—про-
изведение неотрицательных множителей, наибольший из которых
равен Г— 1 и число их £ тг
s=p+\
Из неравенства (1) выводим, что — > 1, следовательно, имеет место
где ki + k2 4- ... -j- kn = k, что и требовалось доказать.
148. Допустим, что имеем целые числа х, у, г такие, что
J<c34-y34-23=19692. Если разделим 19692 на 9, то получим остаток 4.
Посмотрим, какие остатки можно получить при делении числа
вида х8 на число 9.
Рассмотрим случаи: а) х = ЗЛ,
б) х = ЗЛ + 1,
в) х = ЗЛ — 1.
Случай а). х®= 38Л8. Получается остаток г — 0.
Случай б), х8 = 38Л3 4-3«32Л2 + 3*ЗЛ-|-1; получает-
ся остаток г — 1.
Случай в), х3 = 38Л8 — 3 - З2 Л2 4- 3 • ЗЛ — 1; получает-
ся остаток г — 8.
Итак, возможные остатки rit г2, г3, которые получаются при де-
лении чисел х8, у3, & на 9, будут 0, I и 8. Но сумма 4- г2 + г3,
где rlt r2, г3 принимают значения 0, 1 и 8, никогда не дает остатка 4
при делении на 9.
149. Положим в данном уравнении у = х , тогда
2х f (х) = 2х /2 (х)
отсюда при х чь 0 / (х) = /2 (х), следовательно, либо f (х) = 0,
либо f (х) = 1.
Пусть f (а) = 0 при х = а * 0, тогда из данного уравнения по-
лучаем a f (у) = 0 для всех у, т. е. / (х) = 0.
Пусть f (а) — 1 при х = а * 0, тогда из данного уравнения
получаем у ~ уf (у), откуда / (у) = 1 при у ф 0, а при у = 0
/(0) = с — любое число.
Итак, все решения данного функционального уравнения следу-
ющие:
1) /СО-о.
/(*) = I
2) Каждая функция вида
1 для х чь О,
с для х — О.
Среди этих решений только фун-
кции f (х) =S 0 и f (х) = 1 являются
непрерывными.
150а Пусть F является одним из
произвольных выпуклых многоуголь-
ников. Рассмотрим множество точек,
расстояние которых хотя бы до одной
из сторон многоугольника не превы-
шает 1 см. Обозначим это множество
F. Если многоугольник имеет п сто-
рон, то множество F, кроме точек мно-
гоугольника F, будет также содер-
жать п прямоугольников с основаниями, равными сторонам много-
угольника, и высотами 1 см и п круговых секторов с центрами в
вершинах многоугольника и радиусами 1_с’л< (см. задачу 73).
На рисунке 76 показан вид множества F для случая, когда F —
выпуклый шестиугольник. Очевидно, что если некоторая точка не
принадлежит множеству F, то круг с центром в этой точке радиусом
1 см не будет иметь общей точки с многоугольником F.
Вычислим площадь фигуры F. Пусть F — выпуклый многоуголь-
ник. имеющий п сторон. Круговой сектор при вершине Ал будет
иметь площадь —	» где ал— Угол ПРИ веРшине
Если сложим площади всех круговых секторов, получим:
л г
Збфэ I п 180° — («1 + а2 + * • ’ 4- ал) .
Так как сумма углов (04 4- а2 4- ... 4- ая) выпуклого много-
угольника равна (л — 2) • 180°, то сумма площадей всех круговых
секторов будет равна зх см2. С другой стороны, сумма площадей
всех прямоугольников будет равна PF, где PF—периметр много-
угольника.
Окончательно площадь фигуры F будет SF = Sp 4- л 4- Рр*
где SF — площадь многоугольника F.
Так как по условию SF < зх и PF < 2зх, то
Sp < зх 4- зх 4- 2зх 4зх.
Множество всех точек, удаленных от сторон заданного квадра-
та на 1 см и лежащих внутри квадрата, будет квадрат Кео стороной
36 см.
199
Сумма площадей фигуры F, которые получаются при рассмот"
рении всех ста многоугольников, наложенных на квадрат К, не
будет превышать 400л, т. е. будет меньше 1260 см2, а площадь квад-
рата К равна 1296 см2.
Таким образом, заведомо найдется точка, удаленная от сторон
многоугольников и заданного квадрата больше, чем на 1.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ
НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
151.	Пусть bi) — размеры z-ro прямоугольника. Тогда
fli&i + а2Ь2 + а3Ь3 + а4&4 =л2—1,	(1)
где fy, bt — все различные положительные числа, большие еди-
ницы.
Найдем наименьшее значение для п. Возьмем наименьшие чис-
ла, удовлетворяющие условиям задачи, а именно: 1, 2, 3, 4, 5, 6,
7, 8, 9. Из всех сумм вида (1) сумма 2 • 9+ 3 • 8+4 • 7 + 5 • 6 =
= 100 (2) будет наименьшая. Любая перестановка сомножителей
в суммах или увеличение сомножителей приведет к увеличению
общей суммы. Поэтому наименьшее из возможных значений для п
будет п = 11. Покажем, что существуют (az bz) такие, что
+ a2b2 + а3Ь3 + а4Ь4 = 120.
Первое слагаемое в сумме (2) заменим на (2, 19), остальные сла-
гаемые оставим без изменения. Прямоугольники со сторонами
(2, 19), (3, 8), (4, 7), (5, 6) удовлетворяют условиям задачи.
Покажем, что для любого п >• 11 можно указать разбиение
вида (1).
п2 — 1 отличается от 100 либо на четное число вида 21, либо на
нечетное число вида 2/4-1. В первом случае, заменив прямоуголь-
ник (2, 9) на прямоугольник (2, 9 + /), а остальные оставив без
изменения, получим требуемое разбиение. Во втором случае заме-
ним прямоугольник (2, 9) на [2; 9 + (/ — 1)] и прямоугольник
(3, 8) на (3, 9). Остальные прямоугольники оставим без измене-
ния. Получим требуемое разбиение.
152.	Пусть f (х) • f (у) = f (х — у) (1) для всех действительных
значений х и у.
а)	Подставим в (1) х = х0 такое, что f (х0) ч* 0. Такое х0 всегда
найдется, ибо по условию f (х) ф 0. При х = х0 и у = 0 получим
f Ы f (0) = f (х0). Поэтому f (0) = 1.
б)	Подставим в (1) у = х. Получим [/ (х) 1 2 30 f (0)-
в)	Подставим в (1) у = — Пол;
f (у)	0 (по пункту б), то f (х) =
Так как
200
153.	Сторона вписанного в окруж-
ность квадрата хь —	• г.
Рассмотрим вписанный в окружность
квадрат (рис. 77) со стороной, парал-
лельной СВ. Вписанный в треугольник
квадрат имеет максимальную площадь из
всех квадратов, помещающихся в тре-
угольнике. Следовательно, его сторонах
больше стороны хь, т. е. х>хь = У"2* г.
XI
Впишем в данный треугольник квадрат, а в квадрат окружность.
_	„	х .
Эта окружность лежит в треугольнике. Поэтому ее радиус — <. г —
радиуса вписанной в треугольник окружности, ибо вписанная в
треугольник окружность — наибольшая из всех окружностей,
целиком лежащих внутри треугольника.
Таким образом, г V 2 <Zx< 2г.
154.	Построим окружность (рис. 78) наибольшего радиуса, про-
ходящую через точку А' и касающуюся сторон внешнего угла. Обоз-
начим точки касания окружности и сторон угла В и С. Расстояние
между концами В и С равно 2 ]/г2-[-2. Покажем, что дугу ВА'С
окружности можно протащить по коридору. Повернем окружность
на угол 45° вокруг центра О. Тогда точка В совместится с точкой
А', точка А! с С и точка С с С', т. е. дуга ВА'С займет положе*
ние А'СС'. Далее будем перемещать трубу поступательно по
колену вдоль А'С'. Аналогично, повернув дугу ВА'С на
угол 45° в противоположном направлении, получим дугу В'В А',
т. е. указанную дугу мы можем протащить по обоим коленам
коридора и в угле.
Покажем, что трубу с большим расстоянием между концами про-
тащить нельзя. Назовем шириной кривой минимальную ширину по-
лосы, через которую можно протащить кривую. Предположим, что
можно протащить в коридоре трубу с большим, чем 2+2
расстоянием между концами FE> 2 + 2 ]/2 > У2 (рис. 79). По-
этому угол между направленными отрезками EF и А'А тупой. В
другом же колене аналогичный угол будет острым. Следовательно,
при протаскивании через угол найдется положение трубы, когда
прямая EF перпендикулярна к АО (рис. 78). Пусть труба в этом
положении пересекает АО в точке D'. Обозначим точки пересече-
201
ния FE с внутренним углом через F' и £'* Тогда FE'< ]/2 и
ЕЕ' < J 2 и отрезок
F'E' ~ FE — FF' — E'E > 2 + 2]/2~— 2/f = 2.
В силу выпуклости полосы, если вся фигура протаскивается в полосе,
то протаскивается в ней любой треугольник с вершинами в точках
фигуры. Рассмотрим вместо треугольникаFD'E треугольникF'A'E',
лежащий внутри FDrE. Треугольник F'A'E' равнобедренный пря-
моугольный. Его минимальная ширина равна наименьшей высоте
E'F'
А'А™ — —, т. е. превосходит единицу. Поэтому треуголь-
2
ник F'A'E' протащить в полосе нельзя, а стало быть, нельзя про-
тащить и всю трубу.
Таким образом, расстояние 2 -f-2 между концами трубы
является максимальным.
155.	Заметим, что и5 —и делится на 5 при любом целом «.До-
пустим, что f (х) раскладывается в произведение двух полиномов
с целыми коэффициентами. Рассмотрим два случая.
Случай a). Xs— к 4- а == («о* 4- «О 4- &4х* 4- b2xz 4-
4- ЬзХ 4~ bt).	(Н
Приравняв коэффициенты при >4, получим aefrB = 1, откуда сле-
дует, что целые числа а0 и равны ± 1. Можем считать, чтооо ~
= &• = 1.
292
Положим х = — at. Тогда — а? + at 4- а = 0 или at —
— at — о = 0, что невозможно, так как а? — at делится на 5,
а число а по условию не делится на 5.
Случай б), х6 — х+а = (х2 — px+q) (х34-Ь1х24~62х4-^ з); (2)
р, q, bi, b2, b3 — целые числа. Пусть Xt и х2 —
корни уравнения х2 — рх + q = 0, тогда они и корни уравне-
ния х5 — х 4- а = 0, т. е. х? — Xt 4- а = 0, х2 — х2 4- а — 0.
Сложив почленно эти равенства, получим:
xt 4- я2 — (*1 4“ Яг) 4- 2а = 0.	(3)
Но Xi 4- я2 = р и
Р5=(х14‘Я2)5 =я? 4- 4 4- бя^ (х? 4- Яг) 4- Юх?х2 (xt 4- я2). (4)
Из (4) получаем, что р5— (я? 4- яг) -—целое число, делящееся на 5.
Рассмотрим левую часть (3).
я? 4- яг — (х4 4- Яг) 4- 2а = я? 4- яг — р5 4- Р8 — Р 4- 2а.
Как мы показали, х8 4- я2 — р8 и р8 — р делятся на 5. Следо-
вательно, 2а должно делиться на 5, что противоречит условию.
Полученное противоречие показывает, что f (я) = х8 — х 4- о
нельзя разложить на множители с целыми коэффициентами.
156.	а) Пусть ни одна из цифр не нуль. Тогда имеем уравнение
хуг 4- хгу 4- zxy 4- гух 4- yxz 4- угя — Зххх
или иначе
222х 4- 222у 4- 222г = ЗЗЗх;
222у 4- 222z = 111х; 2 (у + г) = х.
Отсюда х — четное, так как у и z не нули и одновременно не
могут равняться единице, то у 4- z > 2. Значит, х > 4, т. е. х мо-
жет быть равен 6 и 8:
я = 6; у 4- z = 3; у = 2; z = 1.
я = 8;	у + г = 4; у = 3; г = 1.
Причем у и z равноправны, поэтому безразлично, какую цифру
обозначить буквой z, а какую буквой у.
б) х не может равняться нулю, у и z одновременно тоже не могут
быть нулями. Пусть одна из них, например у, нуль, тогда уравне-
ние примет вид:
хОг 4- xzO 4- zxO 4- zOx = Зххх
или
211х 4- 2112 = ЗЗЗя; 21 lz = 122х.
2ВЗ
Числа 211 и 122 — взаимно простые. Поэтому в пределах от 0 и 9
нет значений z и х, удовлетворяющих уравнению. Случай невоз-
можен.
Ответ.
1) х = 6;	у = 2;	г — 1.	3) х = 8;	у = 3;	г = 1.
2) х = 6;	у = 1;	г — 2.	4) х = 8;	у = 1;	z = 3.
157. Перенесем 1 в левую часть неравенства и приведем к обще-
му знаменателю:
х (х 4~ 1) — 8 (х2 — 1) 4~ 15х (х — 1) — 2х (ха — 1) > д.
2х (х — 1) (х 1)	*
4- х — 8ха +8 + 15хп— 15х —-2х3 + 2х
2х(х— l)(x-t-l)	* °’
-2ж» + 8х>-12х+8> или х»-4х» + 6х-4
2х(х—-1) (х4-1)	х (х — 1)(х4-1)
числитель раскладывается на множители
х3 — 4х2 4- 6х — 4 = (х — 2) (Х2 — 2х 4- 2).
Неравенство примет вид:
(х — 2) (х2 —2х 4-2) < 0	п
х(х-1)(х4-1)
Дискриминант трехчлена х2 — 2х 4- 2 меньше нуля. Следователь-
но, при любых значениях х трехчлен положителен. Поэтому нера-
венство (1) равносильно неравенству
Здесь х 0; х 1; х ¥= — 1.
Умножим обе части неравенства (2) на положительное число
х2 (х — l)2 (х 4- I)2- Получим
(х — 2) х (х — 1) (х 4- 1) < 0.	(3)
Корни выражения, стоящего в левой части неравенства (3),
суть 2; 1; 0; —-1.
Правее самого правого корня выражение положительно, между
1 и 2 — отрицательно, в интервале от 0 до 1 — положительно, от 0
до — 1— отрицательно и при х < — 1 — положительно.
Таким образом, неравенству удовлетворяют значения х в пре-
делах:
1 < х < 2; —1 < х < 0.
158. Преобразуем выражение в левой части равенства, учиты-
вая, что а 4- Р + Т = л, и применяя формулы:
д, 14- cos 2х	,	»
cos2x » ——--------; cos х — —cos(ji —х),
204
cos x 4- cos у ~ 2 cos
cos
2
X —у
2 ’
cos2 a 4- cos2 P 4- cos2 у 4“ 2 cos a •	cos P • cos 7	«
=	cos2 a + cos 2 p + cos2 (a + p) — 2 cos a	• cos P • cos	(a 4-	P) =>
=	cos2 a 4- cos2 P + cos (a 4~ P) [cos (a 4~ P) — 2 cos a	• cos	PJ =*
= cos2 a 4- cos2 p — cos (a 4- P) •	cos (a — P)	=
= cos2 a 4- cos2 p — ~ . (cos 2a 4- cos 2P) =
= cos2 a 4- cos2 P-------- (2cos2 a — 14-2 cos2 p — 1) = 1,
тождество доказано.
159.	Анализ. Будем строить всевозможные треугольники
АВС, подобные данному, такие, что у них одна вершина — данная
точка А, а другая — В лежит на данной прямой а (рис. 80). Где
будут лежать точки С? Угол С АВ = а постоянный и отношение
СА ь	„
— = — постоянное. Поэтому наше геометрическое место полу-
чается из данной прямой а поворотом всех ее точек вокруг А
на угол а и потом удалением от А в — раз. Как известно, после та-
С
ких действий прямая а перейдет снова в прямую а'»
206
Ответов будет два, один или ни одного, смотря по тому, сколько
общих точек имеет прямая а' с данной окружностью. Отсюда вы-
текает
Построение.
Опускаем из А перпендикуляр АХ на прямую а (рис. 81). Стро-
им Z XAY = а. На прямой AY откладываем отрезок AY, рав-
ный AY = b . Через Y проводим а' перпендикулярно к
AY. Пересечение а' с данной окружностью даст нам точку С.
160.	а) АС || пл. A'B'C'D' || SB (рис. 82).
Поэтому
DrC' Л
А'В' ||
С'А' ||
D'B' ||
Л С)
АС)
D'C'
\\А'В',
и св',
SB I АС. Следовательно, парал-
лельные SB и АС стороны паралле-
лограмма A'B'C'D' взаимно пер-
пендикулярны, т. е. A'B'C'D' —
прямоугольник.
б) Рассмотрим любое сечение:
A'B'C'D'.
Пусть А'В' = а' = ka, где
а = АС =
Я96
Тогда
SC' _ ka, a _ SC _ SC
SC ~~ а' В'С' “ CC' ~ SC—SC'’
B'C' = b' = (1 — k) a,
Pr = 2ka + 2 (1 — k) a = 2a,
т. e. зависит только от a.
161.	Пусть О — центр вписанной окружности не лежит внутри
квадрата, тогда он лежит внутри или на границе одного из треуголь-
ников AED, EBF, GFC (рис. 83). Если точка О лежит внутри тре-
угольника EBF, то перпендикуляр ОК на Л С всегда пересекает
обе стороны квадрата, и поэтому ОК > NK — FE> NE > ОМ,
Пусть он лежит теперь в треугольнике AED. Перпендикуляр ОК,
опущенный из точки О на сторону ВС, может либо пересекать две
соседние стороны квадрата, либо две параллельные стороны.
Во втором случае, очевидно, отрезок перпендикуляра, заключен-
ный внутри квадрата, не меньше стороны, поэтому расстояние ОК >
> DE > ОН — ОМ. В первом случае пусть ОК (рис. 84) пересе-
к ет сторону EF в точке L. Обозначим О' точку пересечения бис-
сектрисы угла А со стороной ED, К' — проекция точки О' на ВС,
тогда ОН < ОЧУ < О'Е < O'L' < О'К" < ОК, т. е. ОН < ОК.
Поэтому расстояние ОК > ОН в обоих случаях, что противоре-
чит исходному предположению.
Рис. 83.
Рис. 84.
162.	Сопоставим каждому школьнику таблицу из пяти клеток.
В каждой клетке будем писать единицу, если школьник решил за-
дачу, и ноль, если не решил. По первому условию каждая таблица
присваивается не более чем одному школьнику (у разных школь-
ников— разные таблицы). Таким образом, школьников не более
26 = 32. Покажем, что второе условие будет выполнено только тог-
да, когда школьников ровно 32. Предположим, что некоторый на-
бор задач ие решил ни один школьник, т. е, набор чисел а^а^а^
не присвоен никакому школьнику, так как по смыслу задачи в олим-
пиаде принимал участие хотя бы один человек, то найдется присвоен-
ный номер bbbkbzbzhi. Построим цепочку
107
/Vo = b^b^bt, Ni = ЬьЬ^Ь3Ь2аь jV2 = b^b^at,
/V3 = b^a3a2ai, Nk = Z?5a4a3a2czi, Ns = a5a4a3a2^i.
В этой цепочке либо два соседних номера и Nt совпадают
при bi = az и поэтому являются номерами одного и того же школь-
ника, либо различаются в i-м разряде, тогда, выбросив из рассмот-
рения i-ю задачу, получаем один и тот же набор задач, и школьнику
за номером 2Vz_f соответствует по второму условию школьник Nt.
Атак как номер Л/о .присвоен, то присвоены номера Arlt /V2, /V3,
и jV5. Полученное противоречие показывает, что все номера при-
своены и школьников ровно 32.
163.	Пусть в треугольнике АВС ВС > АВ, тогда Z А > Z С.
Обозначим через О точку пересечения высот АА', ВВ', СС' тре-
угольника. Рассмотрим три возможности:
I)	Z А < d (рис. 85). Рассмотрим прямоугольные треуголь-
ники ВОС' и ВОА', в них ZBOA' = ZC и Z ВОС' = Z А.
ОС' — расстояние от точки О до стороны АВ, ОА'— расстояние
до стороны СВ.
ОС' = ОВ • cos Z А и ОА' = ОВ • cos Z С,
но cos Z А < cos Z С и, следовательно, ОС' < ОА'.
II)	Z А = d, тогда точка О совпадает с точкой А и С' совпадает
с А, поэтому ОС' = 0, а О А' = h — расстоянию от вершины А
до гипотенузы.
Ill)	Z А > d (рис. 86), тогда Z ВОС' = 2d — Z А,
но 2d — ZA = ZB+ZC и, следовательно, Z ВОС' > £ С.
В остальном рассуждения те же, что и для остроугольного тре-
угольника.
164. Раскроем скобки и приравняем коэффициенты при одина-
ковых степенях неизвестных, получим:
1)	а + b 4- с = а;	2) ab -j- Ьс + са — Ь\ 3) abc = с,
т. е.Г) b = —с, 3') с = 0 либо 3") ab = 1.
208
I случай: с ~ 0. Тогда по Г) b = 0 и соотношению 2) удов-
летворяет любое значение а.
II с л у ч а й: ab = 1. Подставим с в 2) из Г), получаем
b — ab Н~ be + са = ab — Ь2 —ab =— Ь2, т. е. или b = — 1, или
b — 0. Если Ь = О, то и с = 0и снова получаем случай I. Если
b ~ — 1, то с = 1 и из 3") а = —1.
Таким образом, х3 — ах2 — х2(х — а), где а — любое число,
либо х3 + х2 — х —1 = (х-Н) (х — 1) (х + 0-
165.	Раскроем скобки и приведем подобные.
Преобразуем:
(а2 + Ь2+ с2 4- d2— 2ас — 2bd) (а2 4- b2) — a2d2 — b2c2 + 2abcd=
=(а2 4- Ь2)2 4- (с2 4- d2) (а2 4- Ь2) — 2 (а2 4- b2)(ac + bd) —
— a2d2— b2c2 4- 2abcd=
=(a2 4- b2)2 4- a2c2 4- b2d2 — 2 (a2 4- b2) (ac + bd) + 2abcd =*
= (a2 + b2)2 — 2 (a2 4- b2) (ac + bd) + (ac + bd)2 =
=(a2 4- b2 — ac — bd)2.
166.	Ha диагонали, выходящей из острого угла, опишем окруж-
ность. Две оставшиеся вершины четырехугольника попадут внутрь
круга, так как по условию углы при этих вершинах тупые и, сле-
довательно, диагональ, через них проходящая, короче диаметра.
167.	По условию (а) существуют люди, имеющие телевизоры,
но не маляры. Может ли такой человек еще и каждый день купать-
ся в бассейне? Нет, не может. Ибо тогда по условию (б) он не дол-
жен иметь телевизора. Итак, все эти люди не купаются каждый
день в бассейне, а так как они еще и
владельцы телевизоров, то утверждение «К
(в) выполнено. Итак, (в) следует из \\
(а) и (б).	\ X.
168.	Пусть Z Q041 = ф, тогда
ON = R cos ф, а ОМ ——— (рис. 87).
cos ср	/	\N^/ \
Обозначим Z МОР через 0, из A 0PN /	\
имеем РО • cos Q=NO, т. е. РО • cos 0 =	[	]
Г»	Л 7? COS® г-г	\	О	I
= R cos Ф, откуда cos 0 =	- . Пусть \	/
М' — проекция точки М на ОР,	у
тогда
М’О-cos0 — ₽-g-C0SI? = £,	Рис- 87-
cos ф	cos ф РО РО
209
т. е. постоянен. Поэтому точки М лежат на перпендикуляре к РО
и на расстоянии — от точки О. И обратно, легко доказать, что
любая точка найденного перпендикуляра есть точка пересечения
касательной и перпендикуляра, опущенного из О на PQ.
8
169.	Вместо — а2 4* 2ft3 мы можем рассматривать максимум
3
у (уа2 2ft2) — 4а2 + 3ft3. Воспользуемся следующим вспо-
могательным предложением:если |и|<1,|и|<1,то1« — и | < 2. (1)
Причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда и == 1,
v — —1 или и — —1, v = 1. Применим неравенство (1) к функции
। / (х) | < 1 при х = 1 и х = 0. Получим:
2 > | / (1) — / (0) | = |а 4- ft +с — с | = | а + Ь | .
Откуда
(а + 6)» < 4.	(2)
А при х = — 1 и х — 0 получим:
2 > ] f (— 1) — f (0) f = | a — b + c — c | = | a — b |.
Откуда (a — b)2 < 4.	(3)
Из (2) и (3) получаем:
4aa 4- 3ft2 = 2 (a 4- b)2 4- 2 (a — b)2 — b2 < 16.
Равенство имеет место тогда, когда b — 0 и, следовательно,
I о 4- Ъ | — | а— Ь\ = | а | = 2 .
Тогда | / (1) - f (0) I = |,(a 4- с) - с | = | а | = 2.
Из (1) имеем | с | = 1 и [ а 4- с j = 1.
Таким образом,
или с — 1; а = —2; b — 0; или с = —1; а = 2; b — 0.
В этих двух случаях при 0 < |х | < 1
будет: 0 < х2 < 1; — 1 < 2ха — 1 < 1.
Таким образом, | 2х2 — 1 | = | — 2х2 4- 1 | = |ох3 + Ьх 4- с| < 1 •
Причем шах а2 4- 2Ь2^ = у (4a2 4- 3ft2} = у • 16 =10 у.
170.	—«2-НГ------------------------------—1 = 24’51
fe + / п — (Л + О 1 L л — (А4-/)	&-н]
Покажем, что в случае п > 2 Smax = п — 2.
Рассмотрим два возможных случая:
a} k 4- / > п. Тогда-------< 0 и S <0 < п — 2.
л — (А 4- о
б) k 4- I < п. Тогда k 4- I < п — 1, и так как k > 0,
то I < п — 1.
210
Из этого следует:
S = l\--------------— ]<(п— 1)Г--------1-------— 1 =п—2,
[ п — (k 4- /) fe 4-1 J	L п — (»— 1) п — 1]
т. е. S < п — 2.
Равенство имеет место тогда и только тогда, когда k 4- I = п — 1,
т. е. I = п — 1, k = 0.
Подобным же образом можно исследовать случаи п — 2 и п = 1.
Окончательно получаем:
I. Если п >• 2, то I = п — 1, k = 0 и максимум выражения
равен п.
И. Если п = 2, то I = 0, k =/= 2 любое или I = 1, k = 0 и мак-
симум равен п.
Ш. Если п = 1, то I = 0, k > 1 любое и максимум равен 2.
171. Kk — xk — xk+l. Следовательно, V xi = 2 (xi — xi+t) ~
i=i
= xt — xrt+1 < XjC 1, так как все x{- положительны.
172. I решение.
Из произвольной точки О проведем векторы в точки Л; В; С; D; Лг
Bf, Ср (рис. 88), обозначим их соответственно a, b, с, d, ait bi,
clt d{,
Получим:
а 4- at = 2 b.	(1)	с + ct = 2d.	(3\
b +3t = 2с.	(2)	d + dt = 2а.	(4)
Из (1) найдем а =2Ь — at (5).
Подставим в (5) из (2) b = 2с —bt.
Тогда а = 4с — 2bt —	(6)
В (6) из (3) подставим с = 2d — с. Получим а = 8d — 4с t —
— 2bij— at._H3 (4) подставим d = 2a — dit
a = 16a — 8dt — 4ct — 2bt — aP
Откуда a = ~ (8^ 4- 4ct 4- 2&t 4- «О* Векторы at, ct, di
15
известны. Следовательно, можно построить вектор a. Построив a,
получим точку А. В есть середина ЛЛР С — середина BBlt D —
середина ССР
П решение.
Сделаем преобразование подобия Vxt с центром в точке Л4 и
коэффициентом (рис. 89). При V4, точка А перейдет в точку В.
Произведем аналогичные преобразования V«t, Vct, Vot, которые
последовательно переведут точки В в С, С в D, D ъ А, таким об-
2Г1
разом, для произведения Удг Увг Усг Vot = У получаем V (Л) «
= А. Следовательно, преобразование V есть подобие с центром в
(1
—).
Отсюда вытекает следующее построение: возьмем произвольный
отрезок XY и построим его образ V (XY) = X'Y't Тогда точка
пересечения прямых XX' и YY' будет точкой А,
212
173.1) Пусть для треугольника с углами а, 0, у имеет место ра-
венство cos 2а 4- cos 20 4~ cos 2у == — 1. Докажем, что он прямо-
угольный.
Преобразуем данное равенство. Заменим сумму косинусов про-
изведением:
2 cos (а + 0) cos (а — 0) + cos 2у 4- 1 = 0;
2 cos (а + 0) cos (а — 0) 4- 2 cos2 у = 0; у = л— (а + 0).
Поэтому
cos у = — cos (а 4~ 0).
2 cos (а 4~ 0) • cos (а — 0) + 2 cos2 (а 4- 0) = 0;
2 cos (а + 0) [cos (а — 0) + cos (а 4-0)1 = 0,
или 4 cos (а + 0) cos а • cos 0=0. Следовательно, или
cos (а + 0) = 0 и а 4- 0 = 90°, тогда у = 90°, или cos а = 0, тогда
а = 90°, или cos 0 = 0, тогда 0 = 90°, т. е. треугольник прямо-
угольный.
2) Пусть треугольник прямоугольный. Докажем, что в этом
случае сумма косинусов удвоенных углов треугольника равна — 1.
Пусть, например, а = 90°, тогда
cos 2а + cos 20 4- cos 2у = — 14- cos 20 + cos 2у =
= — 1 + 2 cos (0 + у) cos (0 — у) = — 1, так как 0 + у = 90®
и cos (0 + у) = 0.
174.	N = п3+ Зп2 — п — 3 = п2 (п + 3) — (л + 3) =
= (ft2- 1) (л + 3) = (ft - 1) (ft 4- 1) (ft + 3).
Имеем произведение трех последовательных четных чисел,
п можно записать как 26 4-1, где k>Q— целое. Тогда
N = 2k (2k 4- 2) (2k 4- 4) = 8k (k 4- 1) (k 4- 2). 8 умножается на
произведение трех последовательных целых чисел. По крайней мере
одно из них четно и одно кратно трем. Поэтому все произведение
делится на 8 • 2 • 3 = 48.
175.	Установим знак неравенства
УТ -ь /10 V /19 4- УЗ.	(1)
Корни рассматриваются арифметические. Значит, обе части нера-
венства — числа положительные. Поэтому при возведении обеих
частей неравенства в квадрат смысл неравенства не изменится:
7 4- Ю 4- 2 /70 V 19 4- 3 4- 2 /57. Не нарушая смысла нера-
венства, можно отнять от обеих частей по 17. Получим:
2/70 V 5 4- 2 /57.	(2)
Как и в случае (1), можно возвести в квадрат. Смысл неравенства
не изменится:
280 V 25 4- 228 4- 20 /57, или 27 V 20 /57.
213
Применим еще раз возведение в квадрат:
729 V 22 800; 729 < 22 800.
Из приведенных рассуждений следует, что
Vi + ]/ю < KI9 + Vs.
176.	Обозначим неизвестное число, записанное словом АТОМ,
буквой х. х — число четырехзначное. Следовательно,
1000 < х < 10 000.	(1)
Из условия задачи следует, что х состоит из различных цифр.
Последняя цифра не нуль, так как в противном случае две послед-
ние цифры результата были бы нулями.
Результат есть х2. С другой стороны, при вычитании из него
числа х получим число, оканчивающееся четырьмя нулями, т. е.
х2 — х — п • 10* , где п — натуральное число. Равенство можно
переписать в виде х (х — 1) = п • 104, так как число х оканчива-
ется не нулями их — 1 не может быть числом, кратным 10*, и по-
скольку х и х — 1 взаимно просты, то, следовательно, либо: а) х
содержит по крайней мере четыре множителя 2, х — 1 — четыре
множителя 5, либо, наоборот, б) х содержит по крайней мере четы-
ре множителя 5, а х — I— четыре множителя 2.
Рассмотрим оба случая.
а)	х = 16х — 1 = 625 m, т. е. х — 625 т + 1, где т <Z 16.
Значит, 625 m + 1 = 16 А, или 39 • 16 m + m + 1 = 16fe. Ра-
венство возможно при m +1 =16, т. е. т = 15. Тогда х = 9376.
б)	х — 1 = 16 k\ х — 16k +1; х — 625 m, где tn < 16.
Тогда 625 m = 16 k + 1, или 625 m — 1 = 16 k.
Выделяя в левой части слагаемое, кратное 16, получим
39 • 16 m + т — 1 — 16 k. Отсюда наименьшее значение т,
удовлетворяющее равенству, будет 17.
Таким образом, случай б) невозможен.
Ответ. 9376 • 9376
84384
28128
65632
56256
87909376
177.	а) р = 307 + г (1), где р — данное число, q — частное,
аг — остаток от деления р на 30. 0 <г <i 30. Легко проверить,
что все составные числа, меньшие 30, имеют общие делители с чис-
лом 30. Из равенства (1) следует, что если г — составное, то оно
имеет общие делители с 30, тогда и р должно делиться на эти об-
щие делители, что противоречит условию. Значит, г—простое.
214
б) Для 60 утверждение неверно. Есть составное число, меньшее
60, не имеющее общих делителей с 60, это 49.
Пример: р = 109, 109 = 60 • 1 4- 49.
178.	Обозначим знаменатели
Ь2 4- са = х; с8 + а8 — у; аъ -г & = г
(очевидно, х > 0, у > 0, z > 0) и выразим все через них:
- У + г~х. hi __ x + z-J. а „ X + у - г.
2	2	2
у-\-г~х . х-|-г—_у . %+_у —г _3^
2х	2у	2г ^2’
Преобразуем:
А это уже следует из известного неравенства, верного при а, 0 >0:
179. Пусть ABCD —
тетраэдр (рис. 90), все гра-
ни которого равновелики.
Докажем, что в этом слу-
чае они равны между со-
бой.
Проведем через АВ
плоскость а, параллель-
ную CD. Пусть С и D'—
проекции точек С и D на
плоскость а и Е — точка
пересечения отрезков АВ
и C'D'.
Опустим из точек С' и D' перпендикуляры на отрезок АВ. Обоз
начим основания этих перпендикуляров соответственно через М и
N. Тогда по теореме о трех перпендикулярах отрезки СМ и DW
перпендикулярны АВ и, следовательно, являются высотами соот-
ветственно в треугольниках АВС и ABD. Так как по условию пло-
щади последних равны и сторона АВ у них общая, то CM = DN.
Из прямоугольных треугольников СС'М и DD'N, у которых СМ —
= DN и СС = DD', следует, что СМ — D'N. Отсюда мы полу-
чаем равенство прямоугольных треугольников МЕС и NED' (по
катету и острому углу). Значит, Е — середина отрезка C'D'.
Так как в наших рассуждениях ребра АВ и CD равноправны,
то проекция стороны АВ на плоскость, проходящую через CD и
215
параллельную АВ, т. е. параллельную а, будет делить отрезок CD
пополам. Следовательно, проекция CD на плоскость а будет делить
пополам отрезок АВ, т. е. АЕ = ЕВ. Так как СЕ = ED', то
ACBD'— параллелограмм, т. е. АС' = BD' и AD' = СВ. По-
этому АС — BD и СВ = AD.
Повторяя те же рассуждения для другой пары ребер (отличной
от АВ и CD), мы также получим, что АВ — CD, а это и значит, что
все грани тетраэдра есть равные треугольники.
Пусть около тетраэдра описан шар. Проведем через каждую
грань тетраэдра плоскость. В сечении с шаром они дадут круги,
описанные около граней тетраэдра. Из равенства треугольников
(граней) следует, что круги равны. Но равные сечения шара оди-
наково удалены от его центра, а это и значит, что этот центр описан-
ного шара одновременно является центром вписанного шара.
180.	Для всех вещественных х
sin4 х + cos4 х = (sin4x + 2 sin2 x cos2 x + cos4x) — 2 sin2 x cos2 x =
= 1—2 sin2 x cos2 x.
sin6x + cos’x = (sin’x -f- 3 sin4x cos2 x 4- 3 sin2 x cos4x + cosex) —
— 3 sin2 x cos2 x (sin2 x + cos2 x) = (sin2 x + cos2 x)3 —
— 3 sin2x cos2 x = 1 — 3 sin2 x cos2 x.
Поэтому данное уравнение эквивалентно уравнению
1 — 3 sin2 х cos2 х=а (1—2 sin2 х cos2 х) или (2а—3) sin2 х cos2 х=
= а — 1, так как при 2а — 3 = 0 это уравнение не имеет реше-
ния, то sin2 2х =	Поэтому данное уравнение имеет по
крайней мере одно решение при 0<-~1.	(1)
При 2а — 3> 0, т. е. при а > 1-j-, имеем 0 < 4а — 4 < 2а — 3,
откуда 2а < 1, а < и а> 1, что невозможно. При а < 1 и
2а — 3 < 0, т. е. а < 1—, имеем 0 > 4а — 4 > 2а — 3, а > —,
2	2
(2)
t. e.
a > —,
2
a < 1—. Значит, — < a
2	2
(3)
Наоборот, если (3) выполнено, то имеет место (2), откуда следует (1)
Значит, данное уравнение для всех а из < а < 1 и только
для них имеет не менее одного вещественного решения.
216
При а == -у
получаем:
4 • I — — II — 4 - ---------- у-----------------------
sin2 2 х =—------------------------— = —, sin 2х = ±—;
5	5	2	2
2х = 4- — 4-л£, х = ± -4- — где 6 = 0; +1; 4-2;... .
“4	8	2	’ “
181.	а) Пусть и, v — элементы из М. Так как с > 0, и > О,
Л	U 4“ V Л ,,,	,
о > О, то w = и о v = —— > О (1). Так как и < с, v < с, то
(с— и) (с— о) > 0, т. е. си + cv< с2 4- uv, с (и 4- о)< с2
«4-р	„
и, следовательно, —!— < с.
UV
1+?
Таким образом, uov является элементом М.
Для всех и, v, w из М мы получаем:
(и о и) о w ~ и о w =	о w =
UV	с2 UV
1+С^
с2 (и -|- V)
—I---------4- w
с2 4- uv
с2 (и 4- v)
С2 4- UV ’ W
+ ~
с2 (и 4~ t>) + (с2 4- uv) w__ с2 (и +1> 4- Др 4~ uvw
С2 4“ UV 4- (и 4- v) W С2 4- UV 4- UW 4- VW ’
, с2(о 4- w)
, ч V 4"	С2 (о 4 Ш)	с2 4- VW
и О (V б W) — и О —— = и О —-——- = -------------------------JLTZ----- —
t>a> с2 4- vw	с2 (у 4- а>)
с8	। .________с2 4- оа>
+ с2
и(с2 4-	4- с2 (и 4- w) с2 (и 4- v 4- w) 4- uvw	.
------------------------------ яя-------------------------, т. е. [и о и) о цу =
с2 4- vw 4- и (р 4- w) с2 4~ vw 4- uv 4- uw
= и О (и о tt>).
Значит, множество М является полугруппой,
б)	Из и о Vj = и о и2 для всех элементов из
u4-t>i в «4- р2
UP,	„ , UP«
1+-Г*	l + -f
са	сл
М следует, что
(м 4- и,) (с2 4- uf2)=(u 4- v2) (с2 4- иоЭ;
217
ас8 + УцС2 4- uap2 4- uvivz = ис* 4- Orf* + «8t>i 4- h«W
t^c2 4- u*v2 = v2c* 4- ^2yi- Отсюда i>j(c3 — u2) = v2(c2 —и2). Так
как м < с, то с2 — и2 * 0 и, следовательно, = v2. Аналогично
доказывается, что из их о v = и2 ° v следует, что ut = и2.
Полугруппа М является регулярной.
182.	Обозначим $W3 = Si, W = S2, W2 = S3, BWt ==
= zlt bw2 = z2, bw3 = z3, г w3wtw2 = <pt, zw\ww3 =
= ф2, ZW2W3Wi — ф3 (рис. 91). По условию задачи точка В яв-
ляется центром окружности, вписанной в	Поэтому
W}B, W2B, W3B являются биссектрисами	Из того что
Si < S2 < $з, следует ф4 < ф2 < ф3, а значит,
Т-Ф, <4<Р2<ТФз	(*>•
Из прямоугольных треугольников ВВ^^ BB3W2, BBtW3 с
равными катетами ВВ2 = ВВ3 = BBt — г получаем:
Zj = —-—, Z2 = —-—, Z3 = —-— (2). На основании (1) из (2)
Ф1	.Фа	. Фз
sin —	sin —	sin —
2	2	2
получаем Zt > Z2 > Z3.
Число возможных маршрутов равно шести.
Пусть rt (i = 1, .... 6) — длина маршрута.
Тогда	rt	= Zi	4- S3 4- St	4* S3,	r4 = Z2 4- St 4-	S2 4~ Zt,
r2	= Zj	4- S2 + Sj	-j- Z2,	r5 = Z3 4- S2 4*	S3 4- Z2,
r3	= Z2	4- S3 4* S2	4* Z3,	re = Z3 4- St 4-	S3 4* Zi-
При этом rt — r6, r2 = rt, r3 = гь. Поэтому достаточно сравнить
маршруты rit r2, r3, Сравним и r2. Для этого на №^№2 отложим
WiW3. ^WtPB = A WiW3B. Следовательно, W3B = PB =
z3, PW2 S3 — St, В A W2PB W^B — PB<W2 Pt t. e. Z2 —
— Z3 < S3 — S2 или S2 4- Z2 < S34- Z3, а, значит, r2 < t\. Срав-
ним r2 и r3. Для этого на WJWs отложим отрезок TT3Q = IF3U72.
A W3QB = А ТГз1Г2В. Следовательно, QB = W2B = Z2,
=S2 —St. В A QWtB BWi — BQ < QWU t. e. Zi - Z2 <S2 -St
или Z4 4- Sj < Z2 4- S2, а, значит, r2 < r3.
218
Таким образом. r2<ri и Гг<гз, следовательно, существует
два кратчайших маршрута, а именно BW iW 3W2B и Bw2W9WiB.
Значит, с точностью до направления маршрута задача имеет един-
ственное решение.
183.	а) В силу 0 < — имеем:
4а2
0<аг + &<аг+Ь + -^- = (а + £-У	(1)
4а2	\ 2а)
Так как а 4- — > 0, то из (1) следует У а2 + 6 < а + —
2а	2а'
Значит, 6 > 0. Далее У^а2 + b + Ъ = а 2а‘
Отсюда а2 4- b 4- 26 а2 + Ь + д2 — а2 + b 4- —
4а2
или 26 У а2 4- b 4- 62= —, т. е. 2а 6 < 26 ]^а2 4- b < —,
4а2	4а2
Ь2	Ь2
следовательно, 2а6 < — и 6 < —
4а2	8а3 *
б) — 4- ~~ > 0. Поэтому
' За3	27 а8
Л^.Ч|.^31Х.1&а,Ь3	/	। b \3
0 < о8 4- ь < а3 4- 6 4- — + zr- = « + тт Ь
За3 27 а9	\ За2 )
|/а34-6<а4-
Значит, У а3 + 6 4-6 = а 4- —— где 6 > 0.
За2
Возведя обе части равенства в куб и приведя подобные члены,
имеем:
3 (У а3 4- Ь)2 6 + 3 Уа’ +Ь -62 4- б8
Ъ2 . д3
За3 Ф27а«’
Отбросив положительные слагаемые, получим:
з«2»<з(’/^+ь)в<^-+^.
Отсюда:
ж d8 . Л>3 = Ь2 (9а8 4- Ь)
9а6 + 81а8 ~	81а8	’
Если а и b — целые числа и с? <Zc? 4- b<Z (а 4- I)8, то
0< b < За2 4- За 4- 1, а так как а>1, то b <Z За3 4- За8 4-
,з ~ о	__16 Ъ2
4- а3 = 7а3, т. е. 6 < — • —
81	а8’
2ГО
в) J/56 = J/49 + 7 ^7 4----- 7,5 с погрешностью: 0 < д <
14
7а _ 1
8 • 73 ~ 56
^80 = |/64+ 16 ^4 +
„ Л Л Л 16 . 162
чаем: 0 < д <----------
81 • 45
лучаем 6^0,024).
0,0179 (при помощи таблиц получаем 6 < 0,0167).
^4,333. Для погрешности д полу-
4
81
0,04905 (при помощи таблиц по-
184.	Вокруг произвольной
точки Р поверхности шара опи-
сывается окружность k, принад-
лежащая шару. На окружности
k возьмем точку Q и точки А, В,
причем АВ С PQ. Из точек
А и В как из центров описыва-
ем дуги радиусом АВ (рис. 92).
Их точки пересечения обозначим
СиР.
Если М — центр шара, то
AM =ВМ. Кроме того, по пост-
роению АС = ВС и AD = BD,
АР = ВР, так как они равны
радиусу PQ.
Следовательно, М, Р, С, D
являются точками плоскости,
перпендикулярной отрезку АВ
и проходяшей через его середину. Так как эта плоскость проходит
через центр шара М, то она является плоскостью большого кру-
га, радиус которого равен радиусу шара.
Построим этот круг. Для его построения на листе бумаги строим
треугольник со сторонами, равными отрезкам PC, CD и PD. Опи-
сываем около Д PCD окружность. Ее радиус равен радиусу дан-
ного шара.
185.	Обозначим АВ = d, BN = х, NG — z, ОМ ~ R (рис. 93).
Опустим из О на АВ перпендикуляр ОС и обозначим ВС = Ь,
СО = Л. Пусть задача решена, тогда
х2 + dx = z2 + 2Pz,
(х — b)2 4- h2 *= (Я + г)2,
тогда
(x — b)2 + h2 = R2 + x2 + dx.
Решив, получим:
б2 + ft2 — /?8
d4-26
220
N
в
Рис. 93.
Значит, точка 2V — одна и та же для разных q.
Построение. Проведем в окружности К какую-нибудь
хорду длины q. Проведем из центра О окружность, касательную К
ней, и к этой окружности проведем касательные из точки N (мы
можем их построить).
186.	Пусть в системе с основанием 10
X = и • 102 + V • 10 + W (и 0),
а в системе с основанием г этими же цифрами записывается число
у = и • z2 + vz + w, причем 2х = у, откуда
и (200 — г2) + v (20 — г) 4- w « 0,	(♦)
где 0	< м, и	, ад < 9.	Легко видеть, что при z < 14 левая часть	по-
ложительна, значит, г > 15, но при этом 200 — г2 < 0, а поэтому v (20 — г) w > 0. При z = 15 имеем:	— 25м 4“ 5о 4- w — 0. а)	и = 1	v = 4	ад == 5. и 1	и = 5	ад »== 0. и = 1	v < 3	не годится,	так как ад < 9. и	= 1	v	> 6	не годится, так	как ад > 0. б)	и	= 2	v	« 9	ад = 5. и	=» 2	и	< 9	не годится. w > 3	не годится.				
При z = 16		имеем:	—56м 4- 4 и 4*	=» 0, что не подходит,	так
как даже при v = а> 9: 4v 4- = 45 •< 56.
Ответ. 145, 150, 295.
221
187.	Заданное неравенство равносильно неравенству
"-‘iff7’ < 1;	(О
у п
преобразуем левую часть (1)
(1 \я
1 4--) < п* *. Разложим по формуле Ньютона:
п /
(1 + -)’=! + —+ ^5=-^ • 1 • А +
\ п /	п	2!	ns
| «(» —О(П —2) .!. _!_	+_L
3!	п3	га”'
Заменив сумму а - 4—~ и» Далее» каждое
слагаемое на единицу, получим fl 4- — < п при п > 3 и, сле-
довательно,
188.	Рассмотрим Д ABN (рис. 94). Он прямоугольный с пря-
мым углом N. Отрезок АВ задан. Поэтому точки N принадлежат сфе-
ре, построенной на АВ как на диаметре. С другой стороны, точки N
принадлежат сфере с теми же центром и радиусом г, что у окруж-
ности К. Действительно, окружность с диаметром AM, плоскость
которой перпендикулярна плоскости окружности /С, содержится
в этой сфере и содержит точку АГ. Таким образом, точки У лежат на
окружности у-пересечения двух сфер. Легко доказать и обратное —
всякая точка у принадлежит нашему г.м.т.
/	1V»
* Можно доказать более сильное неравенство 11 4~ ~ I < 3.
222
189.	Предположим противное, что АВ> АС (1) (рис. 95). Тогда
Z ВСА > Z АВС, так как в Д АВС против большей стороны ле-
жит больший угол. Но /.BCD > /ВСА > / АВС > / DBC,
так как четырехугольник ABCD выпуклый и Z DBC составляет
часть Z АВС. Получили, что в Д BCD Z BCD > Z DBC, сле-
довательно, BD > CD (2). Складывая неравенства (1) и (2), по-
лучим АВ + BD > АС + CD, что противоречит данному нера-
венству АВ + BD < АС + CD, поэтому АВ < АС.
199.	Заметим, что ctg ^4 • ^2fe~	= О,
где k = 1, 2, 3, 4 .
Обозначим tg 31 = аА.
Причем | аА | ¥= 1, тогда tg = р”*-g
/ 2afe \а
и ctg(2fe-^ =	, т. е. 1---------------- 0, откуда
2	1-2аЛ»+а*
21-а2
а* — 6аА + 1 =0, что и требовалось доказать.
191. Заменим данную систему эквивалентной ей системой:
(2X1 4- 2х3 + Зх3 пхп = 0,
2xi — х2 = О,
। kxi — xk = О,
l nxi — хп = 0,
где k > 2,
k-e уравнение получается из £-го уравнения системы, если вы-
честь из него первое, умноженное на k. Отсюда xft = Лх<
(k = 2, ..., я). Подставим эти значения для xft в первое уравне-
ние, получим:
Xi (2 4- 22 4- ... 4- Л2 4- ... 4-п2) = 0,
откуда Xi = 0, а, следовательно,
*2 = х3 = ... = хп — 0,
т. е. заданная система имеет только нулевое решение.
192.	Пусть х2— 2х sin у 4- 1 Ф 0, так что левая часть неравен-
ства имеет смысл. Преобразуем выражение
/ ха sin у 2х 4~ sin у \2 j  / х2 sin у — 2х 4~ sin у   Л
\ ха —2xsiny4-l /	\ ла — 2х sin у 4-i j
223
/ xa sin у — 2х 4~ sin у . Л __ (sin у — 1) (х2 4~ 2* 4~ 1)
Х \ х2 — 2х sin у 4- I ) х2 — 2х sin у + 1
х (sin У + О (*2 — 2х + Q- = <sin2y — 0 (х + !)а (х — О2
ха — 2х sin у 4-1	(х2 — 2х sin у 4-I)2
Полученное выражение неположительно для всех рассматривае-
мых х и у, так как sin2 у — 1 < 0, т. е.
/ ха sin у —2x4-sin у \2_। или / х2 sin y — 2х 4-sin у
\ ха — 2х siny 4- 1 /	\ х*— 2х sin у 4-1	/
что и требовалось доказать.
193.	Заданное уравнение эквивалентно уравнению
| х2 — 9 | — 2 | х2 — 1 | 4- | х | 4- х 4-7 = 0.	(1)
Левая часть уравнения (обозначим ее f(x) ) представляется различ-
ными алгебраическими функциями в интервалах
(- оо; — 3), (—3; —1), (-1; 0), (0; 1), (1; 3), (3; оо).
Рассмотрим таблицу:
х | (-оо; — 3) |(—3;—1)|(—1; 0)|	(0; 1)	(1; 3)	(3; оо)
/ (х) j — ха	|—Зха4-18| ха4-14 | х24-2*+14	— Зх24-2х4-18	— х24~2х
Из таблицы видно, что в граничной точке двух интервалов оба вы-
ражения для /(х) дают одно и то же значение. На интервалах
(_оо, —3), (3, оо) f (х) <0, а на интервалах (—1; 0), (0; 1) f (х)>0.
В концах интервалов (—3; —1) и (1; 3) f (х) принимает значения
разных знаков.
Квадратный трехчлен —Зх2 4-18, изображающий f(x) на ин-
тервале (—3; —1), имеет корни Хьг == ± Уб. Корень х = — Уб
лежит в рассматриваемом интервале и поэтому является корнем
уравнения (1). Корень х— |/*6 не лежит в интервале (—3; —1)
и поэтому должен быть отброшен.
Квадратный трехчлен — Зх2 4- 2х 4- 18, изображающий f(x) на
_____________________________________1 + 1/"б5
интервале (1; 3), имеет корни х3,4 — ----3-----• Корень х3 =
= ^=±±£55 лежит в интервале (1; 3) и поэтому является корнем
3
_____________________________I __ т/"55
уравнения (1). Корень х4 = —— не лежит в интервале (1; 3)
и поэтому должен быть отброшен.
Ответ, х = — и х = ~~—корни уравнения(I).
224
194.	Обозначим х — число рыбаков в I группе, у— число ры-
баков во II группе, z — число рыбаков в III группе.
По условию задачи
13х + 5у+ 4z= 113,	(1)
х + У 4- г = 16.	(2)
Мы получили систему двух уравнений с тремя неизвестными. По
смыслу задачи ее решения должны быть целые положительные чис-
ла х, у, z. При этом дополнительном условии, как мы покажем,
имеется единственное решение.
Умножим (2) на 4 и вычтем из первого. Получим:
9% + у = 49.	(Г)
Из (Г)
9л: = 49 — у.	(3)
Так как х и z положительны, то у = 16 — х — г < 16. Таким
образом, правая часть неравенства является целым числом, деля-
щимся на 9 и заключенная между 33 и 49. Значит, либо 9х = 36,
либо 9х = 45. В первом случае х — 4, из (3) у = 13 и из (2)
z = — 1, что противоречит положительности г.
Во втором случае х — 5, из (3) у = 4 и из (2) z = 7.
Ответ, х = 5, у — 4, г = 7.
195.	Пусть ha, hb— высоты, опущенные соответственно на сто-
роны а и b треугольника. По условию Ла> а и hb > b. С дру-
гой стороны, поскольку перпендикуляр всегда меньше наклонной,
проведенной из той же точки, b и h а. Отсюда а < ha <
< Ь < hb < а. Это возможно только в том случае, когда а = ha —
= b = hb = а. Таким образом, стороны а и b равны и перпенди-
кулярны, т. е. треугольник равнобедренный и прямоугольный.
Ответ. Углы треугольника —90°, 45°, 45°.
196.	Предположим, что tn (т 4- 1) является Л-й степенью не-
которого целого числа.
Тогда, поскольку т и т 4- 1, очевидно, взаимно просты, каж-
дое из них должно быть Л-й степенью целого числа (действительно,
если разложить число т (т 4- 1) на простые множители
т (т 4- 1) — fl*... ргпп , то каждое г£ будет делиться на k,
а каждый множитель рр будет входить целиком или в т, или в
(т 4- 1).
Но два соседних натуральных числа т и т 4- 1 не могут оба
являться /г-ми степенями целых чисел (если ап = т, то уже
(а 4- 1)* > (а 4- 1) • a*"1 = ak 4- а*"1 > т 4- 1; k > 1).
197.	Число всегда дает при делении на 9 тот же остаток, что и
сумма его цифр. Действительно, если цифры числа, начиная с кон-
ца, п0, ai, а2.. ап , то само число равно «0 + Юа4 4- Ю2а2 4-
8
225
+ ... 4- 10п ап, сумма его цифр а0 + щ + Яг 4- ... 4- ап и раз-
ность а0 4- 10а± 4- Ю2я2 4- ... 4- Юлая — я0 — сц — ••• — аа =
= 9fl! 4- ЭЭог 4- ... 4- 99... 9ая, очевидно, делится на 9. Поэтому
п
в нашей задаче 1 получится из тех чисел, которые дают при деле-
нии на 9 остаток 1, т. е. из чисел 1, 10, 19, .... 1 000 000 000; 2 по-
лучится из тех чисел, которые дают при делении на 9 остаток 2,
т. е. из чисел 2, 11, 20, ..., 999 999 992. Ясно, что первых чисел на
одно больше.
Ответ. 1 получится
на одну больше, чем 2.
В____________С	198. Поскольку сумма углов шес-
//\ тиугольника равна 720°, каждый из
/	/ \ углов выпуклого шестиугольника с
/	\ равными углами должен равняться
. / ________/ \ м \_ 120° и противоположные стороны та-
V	к у )и кого шестиугольника будут парал-
\	\ / лельны.
/А—--------------а) Без ограничения общности мож-
но предположить, что АВ > ED. Ес-
Рис‘ 96	ли построить теперь параллелограммы
ЛВСК, CDEL, EFAM, то получится картина, показанная на рисун-
ке 96, причем все углы треугольника KLM будут составлять по 60°,
откуда KL = LM = МК. Но KL = КС — LC = АВ — DE, LM =
= LE — ME - CD — FA, МК = МА — КА = FE — ВС, от-
куда следует требуемое равенство АВ — DE — CD — FA = FE —
— ВС.
б) Без ограничения общности можно предположить, что Я1 >
> а4 (в противном случае можно принять а/ = я4, а2 = а5, а3 =
= а6, а4' = ai, аь'= а2, ав' = я3; случай, когда = я4, т. е.
«2 = ^5» аз = «в , очевиден). Построим правильный треугольник
KLM со стороной KL = LM = МК = «1 — я4 = а5 — а2 =
— а3 — о6 . Отложим на продолжении стороны KL отрезок LC =
= я4, на продолжении стороны LM отрезок ME ~ aQ и на про-
должении стороны МК отрезок КА = а2 и построим параллело-
граммы АКСВ, CLED, EMAF. Нетрудно показать, что шести-
угольник ABCDEF удовлетворяет условиям задачи, т. е. все его
углы равны 120°, причем АВ ~ а^, ВС = а2‘, CD — а3; DE — а±,
EF = а5; FA = а6.
199.	Возведя обе части уравнения в квадрат и перенеся в пра-
вую часть, мы убеждаемся в том, что остающийся в левой части ко-
рень равен у2 — х, т. е. представляет собой целое число. Повто-
ряя это рассуждение, мы в конце концов убедимся в том, что
Vх ~^У'х = ти]Сх = к должны быть целыми числами, откуда
226
iUi, т. е. равенство их углов и
В
Рис. 97
x— k2, x + Ух = m\ т. e. k (k ~Ь 1) = nt2. Последнее равен-
ство невозможно при k > 0, поскольку k2 меньше k (k + 1),
a (Aj 4- I)2 уже больше k (k + 1) и поэтому k < т < k + 1, т.е.
т не может быть целым.
Ответ. Единственное решение уравнения в целых числах —*
х = 0; у = 0.
200.	Пусть Alt Blt Clf Di (рис. 97) — основания перпендику-
ляров, опущенных из вершин А, В, С, D четырехугольника ABCD
на его диагонали BD, AC, BD, АС соответственно. Пусть К —
точка пересечения диагоналей АС и BD. Мы докажем, что Д АКВ со
toAAiKBi, Д BTC ~ ДВА/f, ACKD ~ Д CiKDi и
Д DRA со Д DiKAi, откуда, очевидно, будет следовать подобие
четырехугольников ABCD и АХВХС
пропорциональность сторон.
Для доказательства подобия
треугольников можно заняться
рассмотрением углов.
Проще воспользоваться таким
геометрическим фактом: если X,
Xu Y1, Y — любые четыре точки,
лежащие на одной окружности,
и К — точка пересечения пря-
мых XYi и YXi, то Д XKY ~
c^AXiKYi. Равенство углов этих
треугольников следует из теоремы
о вписанном угле (нужно рассмот-
реть случаи различного располо-
жения точек X, Xlf Y, Yi на окружности; они могут быть располо-
жены в таком порядке: X, Xt, Yif Y, в таком: X, Yt, Xlt Y или в
таком: X, Y, Yi, впрочем, последнее расположение не может
встретиться в нашей задаче, если четырехугольник ABCD выпук-
лый). Теперь для доказательства подобия интересующих нас пар
треугольников осталось заметить, что точки At и лежат на ок-
ружности с диаметром АВ, поскольку Z AAiB = Z ABiB =
= 90°. Точно так же точки Bt и Ci лежат на окружности с диамет-
ром ВС, точки Ci и Di — на окружности с диаметром CD, точки
Di и At — на окружности с диаметром DA.
201.	Натуральное число всегда можно представить в виде
п = ab, где а и b — различные числа, меньшие п, кроме того слу-
чая, когда п — простое число или равно квадрату простого чис-
ла. Рассмотрим эти случаи по порядку.
Пусть п — ab, где а >» 1, b 2> 1, а Ь. Поскольку п — не-
четно, то а и Ъ тоже нечетны, значит, а > 3 и b > 3. Поэтому в
произведение (п — 1)! = 1 • 2 • 3 • ... • (ab — 1) входят а и 2а
(поскольку ab — 1 > За — 1 >» 2а), а также b и 2Ь. При этом все
эти четыре числа а, 2а, b и 2Ь заведомо различны, а и & — нечетны,
8*
227
2а и 2b — четны, a «jfc b, 2а * 2Ь. Следовательно, (п — 1)! делит-
ся на а2Ь2 = п2.
Пусть теперь п =р2, где р—простое число. Тогда если р2—1>
4р, то р2 — 1 4р > Зр > 2р > р и поэтому (р2 — 1)! де-
лится на р4 = п2. Это заведомо так при р > 5; р2 — 4р — 1>
>(р — 4) р — 1 > 1. 5 —1>0.
Остаются следующие возможности: п = З2 = 9 или п — про-
стое число. Нетрудно показать, что для всех этих п число (п — 1)!
не делится на п2. Действительно, для простых п число (п — 1)!
не делится даже на п. Для п = 9 (9 — 1)! = 1 • 2 • 3 • 4 • 5 • 6Х
X 7 • 8 делится только на З2, а не на 92 = З4.
Ответ, п — любое простое нечетное число или 9.
202. Опустив из точки О перпенди-
куляры на стороны четырехугольника,
получим четыре пары равных треуголь-
ников, откуда заключаем, что Z 1 =
= Z 2, Z 3 = Z 4, Z 5 = Z 6,
4-Z 7=Z 8 (рис. 98). Поскольку Z1 +
4-Z2+Z3 + Z4 + Z5+Z6 +
+ Z7 + Z 8 - 360°, a Z АОВ +
+ Z COD = 360° — (Z 2 + Z 3 +
+ Z6 + Z7) = Z1 + Z4 + Z5 +
+Z8, то из написанных выше равенств
следует, что Z АОВ + Z COD ра-
вен половине угла в 360°, т. е. составля-
ет 180°, что и требовалось доказать.
203. Выражение kn—bn всегда делится на k—b, поскольку
kn — Ьп = (k — b) • (&"-1 + b + kn~3 b2 + ... + Ь”-1);
(k и b — произвольные целые числа, k чь Ь). Таким образом,
(kn— bn) — (kn— а) — а— Ьп делится на k— b при любом k чь Ь,
т. е. делится на любое отличное от нуля целое число. Это может
быть только в том случае, если а — Ьп— 0, т. е. а = Ьп.
Наиболее характерная ошибка при решении этой задачи, встре-
чающаяся в работах участников олимпиады, — ссылка на теорему
Безу. Такой путь в принципе неверен, поскольку в теореме Безу
речь идет о делимости многочленов, а в задаче — о делимости
чисел.
204. Пусть после вычеркивания двух последних цифр в числе
п2 получается k2, причем и2 не оканчивается двумя нулями. Эти
условия можно записать так: 0 < п2 — 100/г2 < 100. Первое не-
равенство эквивалентно такому:	106, т. е. п > 106 + 1. Вто-
рое неравенство п2 — 100£2 < 100 при k > 5 не выполняется.
Поскольку даже наименьшее, возможное для п значение 10^ + 1
дает: (10& + I)2 — (10&)2 = 206 + 1 > 100, при k = 4 годится
только п == 10& + 1 = 41, поскольку 422 — 1600 уже больше 100;
228
при k < 3 не могут получиться значения п2, превышающие даже
1000, поскольку
п2 < 100£2	100 < 100 • 9 + 100 = 1000.
Ответ. 1681 = 412.
205.	Занумеруем отрезки, из которых состоит путь жука, по
порядку. Назовем условно одно из трех направлений линий нашей
сетки горизонтальным и посмотрим, какие номера могут иметь
горизонтальные отрезки, входящие в путь жука. Пусть а и b --
два соседних горизонтальных отрезка, в том смысле, что между
ними нет других горизонтальных отрезков, т. е. весь путь жука
между а и b состоит из отрезков двух других направлений. Тогда
ясно, что ситуация, изображенная жирной линией на рисунке (99,а),
когда по а жук ползет в одну сторону, а по b — в противополож-
ную, невозможна: тогда часть пути жука можно было бы укоротить,
как показано пунктиром. Отсюда следует, что по всем горизонталь-
ным отрезкам, входящим в его путь, жук полз в одну и ту же сто-
рону. Если он приполз в точку Р (рис. 99, б) по отрезку а, то сле-
дующим горизонтальным отрезком на его пути может быть только
один из отрезков bit b2, Ь3... или bt', b2, Ь'3.... Легко заметить, что
число промежуточных отрезков между а и b обязательно нечетное,
т. е. номера отрезков а и b имеют одинаковую четность. Отсюда сле-
дует, что номера всех горизонтальных отрезков, входящих в путь
жука, имеют одинаковую четность. Поскольку все три направления
линий сетки равноправны, мы доказали, что 1) жук полз не более
229
чем по трем разным направлениям: по отрезкам каждого данного
направления он или не полз вообще, или полз по всем в одну сто-
рону и 2) номера всех отрезков одного направления, входящих в
путь жука, имеют одинаковую четность. Отсюда нетрудно сделать
вывод, что либо все отрезки с четными номерами имеют одинаковое
направление, либо все отрезки с нечетными номерами имеют одно
направление. Поскольку тех и других в пути жука, очевидно, 50,
утверждение задачи доказано.
Замечание. Эта задача — одна из труднейших на олим-
пиаде. Она допускает несколько различных решений, кроме при-
веденного (например, помогает индукция по длине 2п пути жука
или разложение вектора АВ по трем направлениям, параллельным
линиям сетки), однако все они достаточно сложны.
206.	После того как в выражении : х2 : ... : хп расставлены
скобки, каждый знак деления связывает два выражения, из кото-
рых первое нужно разделить на второе (каждое из этих выражений
может быть отдельной буквой xk или скобкой, содержащей несколь-
ко хА). Будем выполнять деление в указанном порядке и результат
каждый раз записывать в виде дроби
x‘i xh ’--^р
xh xi2-xJp
Если А и В — две такие дроби и нужно разделить Я на В, то в
результате деления просто «перевернется» дробь В, т. е. перейдут
из числителя в знаменатель или обратно те и только те хл, которые
входят в дробь В. Отсюда следует, что в окончательном результате
каждое хк окажется в числителе или знаменателе в зависимости от
того, сколько раз (четное или нечетное количество) мы делили на
выражение, содержащее хй, другими словами, сколько из знаков
деления, предшествующих xk, относится к выражению, содержа-
щему xk.
После этих предварительных замечаний перейдем к выяснению
вопроса, какие дроби можно получить, различным образом расстав-
ляя скобки в выражении Xi : х2 : ... : хп.
Очевидно, что х± всегда будет в числителе (перед ним нет зна-
ков деления, которые могли бы его «отправить в знаменатель»).
Почти очевидно, что х2 всегда будет в знаменателе (знак деления,
стоящий перед х2, относится к самому х2 или к некоторому выра-
жению, содержащему х2).
Значительно менее очевидно, что остальные буквы х3, х^ ..., хп
могут располагаться в числителе или в знаменателе совершенно
произвольным образом; в доказательстве этого утверждения со-
стоит основная трудность задачи. Отсюда будет следовать, что
можно получить всего 2П”2 дробей: каждое из х3, х4, ... , хп можно
независимо от предыдущих поставить в числитель или в знамена-
тель. Приведем два доказательства.
230
Первое доказательство. Для того чтобы получить
дробь
xixZ14-l * *' xlt— i Xi2 х/а4-1 * ’ * xi4— 1 xit * “	_
Xax3 ••• x/t_t XZ1 xZj+1	x/4+1 ...	...
(2 tj i2 <1 tg • * • im — л)>
нужно в каждой группе xik, х(л-1, • • • , xik+l Делить «по порядкуж
(... ((%! : х2) : х3) : ... xit) = Pt
и вообще
(... (xik : xz&+i):	= Р* ; xtm = Рт,
а затем выражения Ръ..., Рт — «в обратном порядке»:
Pi : (Р2 • :... ' (Pm-i 'Рт
В том, что получается нужная дробь, можно убедиться непосред-
Х/ь \
ственно (заметив, что Pk = ------------- или с помощью
4<+i’" Х/л+1~’ /
критерия, указанного в первом абзаце (из знаков деления, пред-
шествующих некоторому Ху, к выражению, содержащему Ху,
относятся знаки, стоящие между группами, а также знак, стоящий
непосредственно перед Ху). Ясно, что числитель и знаменатель лю-
бой дроби, у которой Xi стоит в числителе, х2 — в знаменателе,
можно разбить на такие группы, что получится дробь вида (*), по-
этому доказательство закончено.
Второе доказательство (по индукции).
Пусть выражение Xj : х2: ... : хя после некоторой расстановки
скобок записывается в виде дроби А. Если в это выражение
вместо хя подставить выражение (х„ : хя+1), то в результате полу-
чится дробь Л, к которой добавится хя+1, причем хя+1 будет стоять не
там, где стоит х„, т. е. если х„ было в знаменателе, то хя+1 попадет
в числитель и наоборот.
Предположим теперь, что наше выражение оканчивалось так:
... (Р : хл) (Р — какое-то выражение или просто x„-i). Если мы
заменим выражение (Р : хя) выражением ((Р : хя) : хя+1), то в ре-
зультате получится, очевидно, та же дробь А, к которой добавится
хя+1, причем хя+1 будет стоять там же, где стоит хя (поскольку
(Р . хя) . хя+1 = Р : (хя • хя+1)).
Из этого следует, что если мы умеем получать любую дробь
(с Xi в числителе и х2 в знаменателе) при некотором n, п > 2, то
мы можем получать и любую такую дробь для выражения xt:
: х2: ... : хя+1. Поскольку при п — 2 наше утверждение правиль-
но, оно верно при всех га.
Ответ. 2л~а дробей.
231
Замечание. Конечно, при
двух различных способах расстанов-
ки скобок может получиться одна и
та же дробь. Алгоритм, данный в
первом доказательстве (так же, как
индуктивное построение—во втором),
указывает один из многих способов
расстановки скобок, при которых
получается нужная дробь.
207.	Нетрудно показать, что
куб можно разбить на 5 тетраэдров,
как показано на рисунке 100, если
от куба ABCDA'BfCD' отсечь четы-
ре угловых тетраэдра A'AB'D', C'CB'D', ВВ'АС и DD'AC, то
останется правильный тетраэдр B'D'AC.
Может казаться очевидным, что на меньшее число тетраэдров
куб разбить нельзя, но строгое доказательство оказывается не
слишком простым. Приведем наиболее короткое доказательство.
Пусть куб с ребром а разбит на несколько тетраэдров. Имеются
по крайней мере 2 из них, основания которых лежат на грани
ABCD куба (грань куба —- квадрат и не может быть гранью одного
тетраэдра). Точно так же имеются по крайней мере 2 тетраэдра,
основания которых лежат на грани A'B'C'D' куба. Эти тетраэдры
заведомо отличны от первых двух, так как тетраэдр не может иметь
двух параллельных граней. Итак, у нас имеются уже по крайней
мере 4 тетраэдра. При этом такие 4 тетраэдра не могут заполнить
куб, поскольку сумма объемов первых двух не больше — (сумма
площадей оснований не больше а2 и высота каждого не больше а)
и сумма объемов вторых двух тоже не больше — , а объем куба
равен а3. Таким образом, есть по крайней мере еще один — пятый —
тетраэдр.
Другие доказательства, не использующие идею сравнения объе-
мов, существенно длиннее.
208.	1. Докажем, что какой бы набор xit х2, ..., хп из п чисел,
среди которых не все равны между собой, мы ни взяли, через не-
сколько указанных в условии задачи операций максимальное чис-
ло набора уменьшается, а минимальное — увеличивается.
Действительно, всегда не больше наибольшего из чисел
2
xt и х/+1, и равно ему, только когда xt == xi+i (аналогично для —j’
Поэтому, если х — максимальное число в наборе х2, ..., хп, то
максимальное число в наборе > *а )	не больше
2	2	2
2
232
х и равно ему только тогда, когда в наборе xit х2, •••, хп число х
стоит два или несколько раз подряд (мы считаем, что числа «рас-
положены по кругу», т. е. хп стоит рядом с xt). При этом, если в
наборех2, ..., хп наибольшая длина цепочки из чисел л, стоящих
подряд, равна k < п, то в следующем наборе она будет, очевидно,
равна k— 1, затем k — 2 и т. д. и через k шагов максимальное
число в наборе станет меньше х. Доказательство того,что минималь-
ное число должно возрастать, аналогично.
2. Предположим, что из некоторого набора целых чисел
а2, ап все время получаются наборы целых чисел. Тогда из
сказанного выше следует, что через несколько шагов из набора
а<, а2,..., ап должен получиться набор, в котором все числа равны.
Действительно, разность между максимальным и минимальным
числом набора, пока она останется положительной, будет, по дока-
занному, уменьшаться. Если она останется все время целым числом,
то через несколько шагов должна обратиться в нуль.
Нам осталось доказать, что из набора попарно различных чи-
сел «1, Ог, ..., ап не может на каком-то шагу получиться набор
равных чисел.
3. Если из какого-то набора zit z2, ..., гп получается набор
*i + ?2	+
2	2	2
Zi + ?2 _ Za4-z3 _	z3 + z4 _	= z„^ + гя	= zn +?i  Zi + ?8
2	2	2	2	2	2	*
то, очевидно, получим:
Zi = z3; z2 = zlt ..., z„_2 = z2, zn-i = z4; zn = z2,
т. e. в наборе z4, z2, ..., zn числа равны «через одно». Если п нечет-
но, то это возможно только тогда, когда все числа в наборе zif г2, ...
..., zn равны. Таким образом, при нечетном п набор равных чисел
не может получиться из какого-либо другого (в котором не все чис-
ла равны между собой).
4. В случае четного п = 2k осталось посмотреть, из какого на-
бора yi, у2, ..., уп мог получиться набор, в котором числа равны
«через одно» (но соседние числа не равны):
У1 + У2 = Уз + у4 _ ь. Уз + Уа =	. У2Й-1 + Угй =
2	’2	’2	’	’	2	’
Уа + Уз _	с. У< + У5	_ с. Ув + У?	_ г	. У2й + У1	_ с
2	’2	’2	’	’	2
причем Ь с. Замечаем, что сумма всех чисел в первой строке и во
второй одна и та же: XldLXsdlllLiJa*, откуда b === с. По-
233
q	q	лученное противоречие
/'X'X	показывает, что набор
вида с’ с>
Г	\	где b #= с, вообще не
/\ °^r J/F'i °^J	может получиться из ка-
/	\ уого-то набора по наше-
/	оО	\ мк правилу.
/ I /I	у\ / \	Тем самым мы пока-
/ У' [ oq j \ зали, что из набора по-
/ / \ \	4	/ /\\ парно различных чисел
Zz \\	// \д не может получиться
/|£-_________набор равных чисел.
Решение закончено.
Рис- 101	209. Обозначим че-
рез Sb S2, S3, S4 и pi,
p2, Рз> Р4 площади и полу периметры треугольников ДВЕ, ВСЕ,
CDE, DAE соответственно (рис. 101). Поскольку в любом тре-
угольнике площадь равна произведению полупериметра на радиус
вписанной окружности, нам нужно доказать, что
Pi г Рз _. Рг I Рл
Si $3 S2 Si ’
Так как ABCD — описанный четырехугольник, то АВ + CD =*
= ВС 4- AD. Прибавив к обеим частям равенства сумму диагона-
лей, получим 2pt 4- 2р3 = 2р2 4- 2р4, т. е. pt 4- Рз = Рг + Р4-
Четырехугольник ABCD — трапеция (AD || ВС), поэтому
а) площади треугольников ABD и ACD равны, отсюда Si = S3.
Мы обозначим эту площадь через S :S =S4 = S3.
б) Д ВСЕ схэ Д DAE, следовательно, — = — Далее, поскольку
р4 ED'
площади треугольников	с общим	основанием относятся, как
высоты, нетрудно показать, что
S2 S2	BE	Sx	S	BE
— = — = —	и —	— —	= — ,
S S3	ED	Si	Si	ED
поэтому — = — == — , откуда S - — • S2 и S = — S4.
S S4 pi	pa	Pi
Из равенства Pi 4- Рз = P4 + Рэ получим:
Pl , РЗ __ Pt , P2
s + s s + s •
Заменив здесь первое S на St, второе — на S3, третье — на — S2,
Рз
четвертое — на — S4, получим требуемое равенство.
#4
234
210. Обозначим через К
^(М, Л1Л) окружность, которая
описана около треугольника
PAQ. Очевидно, точка В лежит
на этой окружности. Будем
различать два случая: (1) точка
В находится внутри дуги AQP,
(2) точка В находится вне этой
дуги.
Случай (1). Из рассмотре-
ния рисунка 102 имеем/ЛВС=
=90° и точка В находится внут-
ри четверти окружности А (ина-
че прямая CD не проходит через
точку Q). Точка С, очевидно,
лежит внутри отрезка ВР. Обоз-
начим через S общую точку от-
резков A Q, РВ. В прямоуголь-
ном треугольнике PSQ точка
ты QC, следовательно, Z S
оо A QPC. Более того, A AQD
Рис. 102
С является основанием высо-
те = Z SPQ и A AQD со
= A QPC, так как AQ = QP =>
= а. Имеет, следовательно, место ЛО = QC = Ь. Далее, имеем b =
~ DC = AD (так как ABCD — квадрат). Поэтому должно быть
QC — DC. Следовательно, точка С является серединой отрезка QD
и S — серединой отрезка Л Q (ведь CS || AD и CS является средней
линией в треугольнике ЛфО).
Построение (рис. 102). Построим середину S отрезка Л Q
и обозначим через В Р общую точку прямой PS и окружности
К. Обозначим через С образ точки В при симметрии с центром S
так, что SC = SB. Треугольник АВС (где Z АВС — 90°) дополним
до параллелограмма, который и удовлетворяет условиям задачи,
как сейчас докажем.
Доказательство. Из симметрии с центром S вытекает,
что ASQC = А ВЛВ и, следовательно, Z SCQ = 90°. Поэтому
сторона CD параллелограмма ABCD проходит через точку Q и все
его углы являются прямыми.
Далее, ВЛ = SQ, следовательно, и CD = CQ. Но A AQD =
= A QPC и, следовательно, CQ = DA. Откуда вытекает, что
CD — DA, и тогда в параллелограмме ABCD все стороны и углы
одинаковы и он является квадратом.
Исследование. Точку S можно всегда построить, и по-
этому существует как раз один квадрат с вершиной В внутри
плоскости ЛРф.
Из треугольника QSC, где Z QCS = 90°, SC = ~b, QC =* ЛВ=
235
= b, из теоремы Пифагора по-
лучаем QS2 = SC2 4- QC2, или
- =-62,отКуда6 = р=-
Случай (2) (рис. 103).
Пусть точка В находится внутри
дуги противоположной дуге
AQP. В этом случае также и
Z АВР = 90®. Поскольку
А С' —диагональ, а С Q — сто-
рона квадрата, точка С' тогда
лежит на геометрическом месте
точек, из которых отрезок XQ
виден под углом 45°. В нашем
случае это более длинная дуга
окружности с концевыми точками A, Q. Точка С^В’ ле-
жит на РВ' и окружности К и потому обязательно С'^ Р и,
следовательно, D' = Q. Построение очевидно (см. рис. 103) —
квадрат A'B'C'D'. В этом случае сторона квадрата имеет длину
АВ' = а.
211. Согласно условию задачи требуется найти натуральные
числа а, п, т > 1 так, чтобы выполнялось условие
2я — 1 = ат.
(1)
Случай (1). Пусть а = 1. Тогда соотношение (1) принимает
вид 2я = 2 для всех натуральных чисел т. Отсюда вытекает, что
обязательно п = 1. Действительно, при а = п = 1, т > 1 соот-
ношение выполнено.
Случай (2). Пусть а>1. Рассмотрим две возможности:
(2а), (2в).
(2а). Пусть /1 = 1. Тогда соотношение (1) имеет вид 1 =ат
и его невозможно выполнить, так как для всех натуральных m > 1,
а > 1 всегда ат > 1. Следовательно, возможность (2а) исключена.
(2в). Пусть л> 1. В этом случае число 2" > 2 является чет-
ным и число 2я — 1 — нечетным. Из соотношения (1) вытекает,
что число а является обязательно нечетным (в противном случае
число ат не явилось бы нечетным). Тогда рассмотрим две возмож-
ности — (а), (р).
(а). Пусть т > 1 является четным натуральным числом. По-
ложим а = 2k 4- 1, т = 2р, где k, р являются натуральными
числами. После подстановки в (1) получаем:
2я —1 = {(26 4- 1)2Р,
или
2я — 1 = [4 (62 4- 6) 4- 1 Р.
(2)
236
После возведения в степень получаем справа число вида 4 Q -J- 1»
где Q & 0 — натуральное число. Тогда соотношение (1) можно
привести к виду
2« = 4Q + 2.
Так как п >• 1, то число 2Л делится на четыре, в то время как
правая сторона соотношения (3) на четыре не делится. Мы пришли
к противоречию.
(р). Число т является обязательно нечетным. Соотношение (1)
можно записать в виде 2Л = ат + 1 (где т > 2). Для правой
стороны (1) применим формулу хь + уь = (х 4- у) • р, где р =»
=	— хь~* у + ••• —	+ уь~\ которая действительна для
всех нечетных натуральных чисел b > 3, причем число членов мно-
гочлена р как раз равно Ь.
Соотношение (1) тогда примет вид
2я = (а + 1) • А,	(4)
где А = ат-1 — ат~2 + ... — а + 1 является суммой нечетного
числа т нечетных чисел. Следовательно, А является нечетным чис-
лом. В то же время для натуральных чисел 2 < k < т — 1 имеем
Zn = ak — ak~l = а*-1 (а— 1) > 0. Если число А является сум-
мой хотя бы одного числа и числа 1, то А > 1 и, следователь-
но, А > 2. Но левая сторона соотношения (4) не делится на не-
четное число А > 3. Мы опять пришли к противоречию.
Заключение. Единственным натуральным числом п,
которое удовлетворяет условиям задачи, является число п — 1,
и данное число 2п — 1 равно 1.
212. Для решения настоящей задачи применим следующие из-
вестные теоремы:
Теорема U. Задан Z С АВ. Обозначим буквой X любую
точку внутри этого угла и х2, х3 соответственно ее расстояния от
прямых АС, АВ. Тогда множеством всех точек X, которые удов-
летворяют условию х2 > х3, является острый ZBAX, где полу-
прямая АХ (луч) является биссектрисой данного Z ВАС.
Теорема V. Задан отрезок АВ, через О3 обозначим его
ось*. Множеством всех точек в плоскости, удовлетворяющих усло-
вию ХА > ХВ (включая и нулевые расстояния), является полу-
плоскость 03В**.
Теорема W. Если Z ВСМ является заданным углом и
если полупрямая СХ проходит внутри этого угла, то полупрямая
СХ пересекает отрезок ВМ в его внутренней точке (рис. 104).
Решение задачи разделим на части I, И: в первой части рассмот-
рим множество всех точек X треугольника АВС, которые удовлет-
* Осью отрезка будем называть его серединный перпендикуляр.
** Полуплоскость, ограниченную прямой Ot и содержащую точку Y, мы бу-
дем обозначать ОХ,
237
воряют условию ХА > ХВ > ХС, во второй части закончим ре-
шение задачи.
I. Обозначим через О1} О2, 03 соответственно оси сторон а, Ь, с
данного треугольника АВС, далее, через М', М", М — середины
этих сторон, А К, В К, СК — биссектрисы его внутренних углов,
где К — центр вписанной в треугольник АВС окружности (он ле-
жит внутри треугольника). Согласно условию имеет место
a<b	(1)
и, следовательно, об острых углах а, р треугольника АВС можно
утверждать, что
О < а < 45° < р < 90°.	(2)
Из теоремы V вытекает: каждая точка X треугольника АВС,
которая удовлетворяет условию ХА > ХВ, лежит в полуплоско-
сти О3В; каждая точка X треугольника АВС, которая удовлетворя-
ет условию ХВ > ХС, лежит в полуплоскости OiC. Точка X, ко-
торая удовлетворяет условию
ХА > ХВ > ХС,	(3)
лежит одновременно в прямом углу ВСА и в остром углу QMM',
где Q — точка пересечения прямых АВ, О3. Z QMM' ведь явля-
ется общей частью полуплоскостей ОХС и О3В. Прежде чем устано-
вить, что заполняют точки, произведем два исследования:
(1) имеет место Oi || АС, так как AC I СВ, Of _L СВ.
(2) имеет место МА — МВ = МС, так как М является центром
окружности, описанной около треугольника АВС. Следовательно,
треугольник МАС является равнобедренным и О2 является его
осью симметрии; отсюда вытекает:
Z СММ" = Z АММ" = р	(4)
(так как в треугольнике АММ" ХА — а, X М" — 90°, ХЛ4=Р).
Угол QMM" = а, так что X ХММ" > X QMM" (см. (2)); сле-
довательно, полупрямая MQ лежит внутри X СММ" и, следова-
238
тельно, точка Q лежит внутри отрезка СМ". Точки X треуголь-
ника АВС, которые удовлетворяют условию (3), следовательно,
заполнят трапецию CQMM' с большим основанием
ММ' = ± Ь.	(5)
11. Из теоремы U вытекает:
каждая точка X треугольника АВС, для которой Xi > х2, ле-
жит внутри острого угла АСК,	(6)
каждая точка X треугольника АВС, для которой х2 > х3, ле-
жит внутри острого угла ВАК-	(7)
Обозначим через L точку пересечения биссектрисы СК угла
ВСА с прямой Согласно (4) треугольник МВС является равно-
бедренным и имеет Z BCM — Z CBM = 0 > 45° (см. (2)), и, сле-
довательно, Z BCM > Z ВСК = 45°; полупрямая CL лежит по-
этому внутри угла L и имеет согласно теореме W с отрезком ММ'
общую точку L, которая лежит между точками М, М'. Отсюда
вытекает, что общей частью трапеции CQMM' (см. (5)) и угла АСК
(см. (6)) является трапеция CQML.	(8)
Осталось найти общую часть трапеции CQML (см. (8)) и угла
ВАК (см. 7)). Полупрямая А К лежит внутри угла С АВ (или угла
QX44) и согласно теореме W имеет с отрезком QM общую точку Р,
которая лежит между точками Q, М. Дальше точка К (центр впи-
санной в треугольник АВС окружности) наверняка лежит внутри
треугольника АВС. Мы докажем, что точка К лежит внутри отрез-
ка CL.
В треугольнике КВС имеем Z В = -^0, ZC=45°, но <Z 45° и,
следовательно, Z 0 < Z С. Напротив большего угла С тре-
угольника КВС лежит большая сторона, т. е. КС < КВ и соглас-
но теореме V (примененной для неравенства) точка К попадет
внутрь полуплоскости OjC и, следовательно, обязательно внутрь
отрезка CL.
Следовательно, точка Р лежит внутри отрезка QM и точка К
лежит внутри отрезка CL; поэтому общей частью трапеции CQML
и угла ВАК является четырехугольник KPML. В решении мы
опирались на теоремы U, V, которые относятся к множествам
всех точек, обладающих определенным свойством. Поэтому четырех-
угольник KPML является множеством всех точек, которые удов-
летворяют требованиям задачи.
213. Будем пользоваться обозначением (рис. 105), где ti=PTit
t2 — PTz являются касательными данным окружностям ki =
= (51, г), k2 = (S2, г) в их общей точке Р. Пусть О является цент-
ром отрезков PQ, SiS2. Угол со = Z TiPT2, углы <р = Z 1\PU и
<р'= Z T2PV являются вертикальными и по отношению к углу <о.
Точку пересечения прямой t2 с kx обозначим через U,U фР; ана-
логично V является второй точкой пересечения прямой ti с k2.
239
Рис. 105
Назовем прямой типа s прямую, которая имеет, кроме точки Р,
с окружностями kit k2 общие точки X и У, причем точка Р лежит
между точками X, Y. Очевидно, что каждая прямая, которая про-
ходит через точку Р и внутри угла ф = Z T\PU — Z T2PV, яв-
ляется прямой типа s; все остальные прямые, проходящие через
точку Р, не являются прямыми типа $.
Обозначим £ = Z PXQ, т] = Z PYQ; тогда £ = т], что сейчас
докажем. Угол | является вписанным углом в окружность kx и
опирается на дугу PQ окружности kif аналогично угол ц опирается
на дугу PQ окружности k2. Из симметрии эти дуги равны, и потому
Z PSiQ = Z PS2Q, следовательно, В = т). Тогда треугольник
QXY является равнобедренным с вершиной Q. Далее, видно, что
все треугольники QXY являются подобными друг другу, так как
их углы соответственно равны (измеряются половиной дуги PQ);
это мы применим в части b нашей задачи.
а)	Обозначим через Qo, Хо, Yo соответственно центры сторон
XY, YQ и QX треугольника QXY. Докажем следующие две тео-
ремы.
Теорема Геометрическим местом точек Qo являются
все точки внутри дуги UQPVQ («внутренность» дуги) окружности
V = (OiOP), где О является серединой отрезковSi<S2, PQ, точки Uo,
Уо являются соответственно серединами отрезков PU, PV.
Теорема V2. Геометрическим местом точек Yo являются
все точки внутри дуги OSJJ' окружности которая является
240
образом окружности в гомотетии с центром Q и с коэффициен-
том--; причем U' является центром отрезка QU. (Имеет место
аналогичная теорема о точке Хо.)
Доказательство теоремы Рассмотрим пря-
моугольный треугольник PQQ0 с гипотенузой PQ; тогда точка Qo
находится на окружности V с диаметром PQ. На окружности V
точка Qo может лежать только внутри дуги UqPVq (где t/0, Vo яв-
ляются центрами хорд PU, РУ), так как эти точки находятся в од-
ном из углов ф, <р'. Если Qo Р является точкой этой дуги, то
прямая PQ является прямой типа s и Qo является, очевидно, сере-
диной соответствующего отрезка XY. Теорема У4 доказана.
Доказательство теоремы У2. При этом точка
является образом точки X в гомотетии с центром Q и с коэффициен-
том ~; точки О, U' являются образами точек Р, U в этой гомоте-
тии. Образы точек X дуги Q в этой гомотетии лежат на дуге OSJJ'
окружности, построенной на отрезке S£Q (как диаметре) (точка
Si является образом точки X', диаметральной к точке Q на окруж-
ности ki). И обратно, каждая точка, находящаяся внутри дуги
OSiU', является, очевидно, образом Уо стороны QX определенного
треугольника нашего типа QXY. Следовательно мы доказали тео-
рему V2 и решили часть а) данной задачи.
б)	Мы уже доказали, что каждые два треугольника QXY,
q'X'Y', которые удовлетворяют условиям задачи, подобны. Обоз-
начим через М, М' центры окружностей, описанных около этих
треугольников, они лежат на полупрямых QQ0, QQ'O (соответст-
венно), где Qo, Qo являются центрами оснований XY и X'Y'.
Поэтому действительно
(1)
где % > 0 является некоторой постоянной; следовательно, QM —
= XQQo- Точки М, М' являются соответственно образами точек
Qo, р в гомотетии с центром Q и с коэффициентом %. Точки М за-
полнят поэтому внутреннюю часть дуги Uq'M'Vo', которая в этой
гомотетии является образом ранее уже рассматриваемой дуги UqPVq.
Наоборот, выбранной точке М внутри дуги UQM0' Vo соответ-
ствует в обратной гомотетии точка Qo внутри дуги UoPVo’, мы уже
знаем, что каждой такой точке Qo соответствует единственный тре-
угольник QXY, для которого точка является центром описанной
окружности.
Геометрическим местом центров окружностей, описанных око-
ло треугольников OXY, являются все точки внутри определенной
дуги SiP'Sz, секущая PQ которой является осью симметрии, при-
чем St s Uo', So == VQ'.
241
Постоянную Л можно просто выразить при помощи чисел г, /,
где 2/ = PQ — длина общей для окружностей kt и k2 хорды. Тогда
X = ^; QU'—-QSt = r, QUa = PQ • sing = так что
QU	t
214. Функция (1) имеет положительные значения, так как член
|1 4- V4 — х2| является положительным числом, член|1 —]/4—х2|
является неотрицательным числом для всех х, для которых
4 — х2 < О, или
— 2 < х < 2.	(2)
Так как для чисел х, —х мы получаем из уравнения (1) оди-
наковое значение функции, то график этой функции симметричен
относительно оси у.
Рассмотрим две возможности.
Случай (1). Пусть 1 — У 4 — х2 > 0, или 1 > У 4 — х2;
возведением обеих частей этого неравенства в квадрат получим,
чго это неравенство имеет место именно для следующих х:
или
х > УЗ,
ИЛИ
X < — У~3.	(3)
Тогда [1 — У 4 — х2| = 1 — У 4 — х2 и из соотношения (1)
получаем:
У = ~ [1 + /4 — х2 + 1 — /4-х21 - 1,	(4)
или у = 1.
Объединив (2), (3) и результат (4), получим: графиком функции
(1) в промежутках [ — 2, — УЗ], 1УЗ, 2] являются отрезки пря-
мой у = 1 (рис. 106).
Случай (2). Пусть 1 — ]/ 4 — х2 < 0, или 1 < У 4 — х2;
возведением обеих частей этого неравенства во вторую степень по-
лучим, что это неравенство имеет место в интервале
— ]/"3<х<КЗ?	(5)
Тогда 11 —У 4 — х2| —У4—х*— 1, и из соотношения (1) получаем:
У |[ 1 + /4—х2 + ]Л4—х2 — 1 ] = )/4 —х2,
242
или у — J/" 4 — х2. Возведением во вторую степень обеих сторон
этого равенства получим:
X2 -I- у2 = 4,	(6)
так что соответствующие точки графика функции (1) лежат на ок-
ружности, описанной вокруг начала координат радиусом 2. При
этом у > 0 и речь идет о тех точках окружности (6), соответствую-
щие координаты х которых принадлежат интервалу (5); для х =
= ± КЗ и у > 0 из уравнения (6) получаем у = 1. Следовательно,
графиком функции (1) в интервале (— 3,]/ 3) является дуга ок-
ружности с центром в начале координат и радиусом 2; эта дуга рас-
полагается над осью X.
215. Анализ (рис. 107). Обозначим через М точку пересе-
чения прямых AD, ВС. Заметим, что гомотетия с центром М, кото-
рая отображает точку А в точку Р, отображает и отрезок АВ на
отрезок PQ и точку В в точку Q. Далее, она отображает отрезок AQ
в отрезок PC (так как PC || A Q), так что отображает точку Q в точ-
ку С. Отсюда вытекает, что отрезок QP отображается на отрезок
CD и, следовательно, точка Р в точку D. Обозначим через х > О
коэффициент гомотетии. Тогда получим МР ~ х - МА, MD =
= х • МР. Делением соответствующих сторон обеих равенств по-
лучим:	МР _ МА
MD~ МР’
т. е. МР2 — МА • MD.
Отсюда вытекает построение: на отрезке МА как диаметре пост-
роим полуокружность k. В точке D построим перпендикуляр к пря-
мой МА и общую точку этого перпендикуляр а с полуокружностью k
обозначим через R. Из теоремы Евклида вытекает, что MR2 ~
243
= MA • MD и, следовательно, MP = MR и таким образом точка
Р построена. Из предыдущего следует, что построенная точка Р —
искомая.
Из анализа вытекает, что задача имеет лишь одно решение.
Определим еще длины отрезков РА, BQ. Для этого обозначим
АВ = а, ВС = b, CD ~ с, DA = d.
Очевидно,
‘-Vi-	т
Далее, РА (х + 1) = d и отсюда после подстановки вместо х выра-
жения (1)	_
т. е.
РА (Xc + pra) = dpra,
откуда	_
РА =....,
a У с
Аналогично можно получить, что
BQ =	_•
У а + У с
216.	Преобразуем sin 1.
sin 1 = sin [k — (k — 1) ] = sin k cos (k — 1) —
— cos k sin (k — 1).
Для k-го члена получили:
_____sin 1
cosffe —l)cosfc
_ sin kcos(k— 1) — cos fe sin (fe — 1)
cos(k — 1) cos k
=tg	tg(£—1). (1)
Так как k целое, то k ф tn ни при каком целом т, следова-
тельно, cos k ф 0 ни при каком k и, следовательно, равенство спра-
ведливо для всех значений k. Тогда, применив (1) к каждому сла-
гаемому, получим:
sin 1 д sin 1	. sin 1	sin 1
cos 0 cost cos 1 cos 2 cos 2 cos 3	cosfn — Ijcosn
«(tg 1 —tg 0) + (tg 2 — tg 1) + (tg 3 — tg 2)+ • • • + (tg n—tg (n—1))=
= tg n — tg 0 = tgn.
217.	Обозначим AB — с; BC — a; AC = b; AD = a'; BD — b'\
CD = c'.
Данные равенства примут вид:
а2 + а'2 = Ь2 + Ь'2 -=с2 + с'2.	(1)
244
Покажем, что все три угла при каждой вершине тетраэдра од-
новременно либо острые, либо прямые, либо тупые.
Рассмотрим, например, углы при вершине А. Обозначим
Z BAD = <р; Z CAD = ф; Z ВАС = со (рис. 108).
Из теоремы косинусов получаем:
2а' с cos <р = а'2 + с2 — Ь'2,	(2)
2а' b cos ф = а'2 + Ь2 — с'2,	(3)
2bc cos со = Ь2 + с2 — а2.	(4)
Преобразуем правые части равенств (2) и (3), используя (1):
а'2 + с2 — Ь'2 = (с2 + с'2 — а2) + с2 — (с2+ с'2 — Ь2) =
= с2 4~ с'2 — а2 4~ с2 — с2 — с'2 -р Ь2 = Ь2 4~ с2 — а2.
а'2 + ъъ — с'2 = (Ь2 + Ь'2 — а2) + Ь2 — (Ь2 + & 2 — с2) =
= Ь2 + Ъ'2 -а2Л-Ь2 — Ь2 — Ь'2 + с2 = b2 + С2 — а2.
Правые части равенств (2) и (3) равны правой части равенства
(4).
Следовательно, 2а'с cos ф = 2a'b cos ф = 2bc cos со. Так как
длины ребер тетраэдра выражаются положительными числами, то
cos ф, cosip, cos со одновременно либо положительны, либо равны
нулю, либо отрицательны, т. е. углы ф, -ф, © одновременно либо
острые, либо прямые, либо тупые, так как вершина А — про-
245
иэвольная вершина тетраэдра, то все три угла при каждой из вер-
шин тетраэдра одновременно либо острые, либо прямые, либо
тупые.
Прямые или тупые углы могут быть не более чем при одной
вершине тетраэдра, так как в противном случае по крайней мере в
одной из граней, т. е. в одном треугольнике, было бы больше одного
прямого или тупого угла, что невозможно.
Если при всех вершинах тетраэдра углы острые, то утверждение
справедливо.
Если при одной из вершин, например Л, углы прямые или ту-
пые, то все углы в грани, противоположной этой вершине, будут
острыми. В данном случае грань BCD — остроугольный треуголь-
ник.
Таким образом, утверждение полностью доказано.
218.	Если Xi, х2, "-,хп — решение системы, то ни одно из чисел
Xi не равно нулю.
Для случая п — 2 имеем систему:
Х2Л\ = 0%.
Отсюда 2 = —	или 1 —— ; (ц-а^
х3 Xi аа	а2
При ai = а2 система имеет бесконечное множество решений.
Если ai & а2, то система не имеет решений.
Для случая п = 3 данная система примет вид:
' XiX2 = ait	(1)
Х2 Л-g =	(2)
x3x4 = а3.	(3)
Перемножив (1) и (3) уравнения и разделив на (2), получим:
Так как ^-^>0, то уравнение (4) имеет два решения.
а2
Для каждого значения xz из первого и третьего уравнений мож-
но найти соответствующие значения х2 и х3. Значит, при п — 3
система всегда имеет два решения.
Рассмотрим решение системы для произвольного п.
Случай а), я > 2 четное.
Тогда имеем:
(xi х2) (ад,)	= (х2х3) (х4х5) ... (хпх^. (5)
Подставив значения произведений из данной системы, получим:
ata3 ... ап_х = сь>а!к... ап.	(6)
246
Это условие необходимо для существования решения.
При выполнении (6) система имеет бесконечное множество реше-
ний. Действительно, для любого xt & 0 из первого, второго и т. д.
до (л — 1) уравнений данной системы последовательно получим
значения х2, *з, •••> *я-ь хп. Мы должны показать, что Xi и хп удов-
летворяют и последнему уравнению системы. Действительно,
х х _	(*1 х2) (хах3) • * • (Хи-t хп) = аха3	ап г
(х2 х3) (х3 х4) •  • (хя_2) (хя_х) а2 di • • • оя_2
по (6) правая часть (7) равна ап, т. е. хлХ1 ~ ап .
Таким образом, если выполнено условие (6), то система имеет
бесконечное множество решений.
Случай б). Пусть п нечетное. Тогда
(xtx2) (х3х4) ••• (х„хх) _ gx а3 •. • ая
(х2 х3) (х4 Ха) • • • (хя_х хл) а2 о4 • • • ол-1	(8)
ИЛИ
1 а2 ап • • • ая_х '	(9)
Отсюда находим два значения х4. Для каждого из этих значений
найдем последовательно из данной системы значения остальных
неизвестных. Покажем, что значения xt и хп удовлетворяют и по-
следнему уравнению. Действительно,
*1 __ (Х1 Х2) (х3 Х4) « • ♦ (Хя 2 Хя х) _ Дх О3 • • * а п-2
Хп (х2 *з) (Xi Ха) • • • (хя_х хя) а2 дх • • • дя_х
Из (9) имеем
2
Дд Д3 * * * Д/Z—2 _ % I
Да • • • Я/г-1
X 2
Следовательно, — = —1. Откуда XiX„= а„.
хп «л
Таким образом, для нечетного п система всегда имеет два реше-
ния. Для четного п система имеет бесконечное множество решений,
если ... an~i = а2п4 ... ап, и не имеет решений, если
ata3 ... пл_х чь п2а4 ... ап.
219. Не нарушая общности рассуждений, можно положить, что
а < b < с.	(1)
Если а > 3, то ab 4- Ьс + ас < ЗЬс < abc.	(2)
Причем равенство возможно только при а ~ b — с = 3. Не-
равенство (2) противоречит данному неравенству.
Поэтому а < 3, т. е. а = 2.
Тогда из abc <Zab + be + ас	(3)
247
имеем 2bc <2b 4- be 4- 2c,
t. e. 2b 4- 2c > be или
1+±>1.
c b 2
Если c > 6 > 5, to — < —♦
b 5’
т. e. неравенство (3) не имеет
места, т. е. в случае а = 2
должно быть либо b = 2 и
тогда с —любое простое чис-
ло, либо b — 3 и тогда с
равно либо 3, либо 5.
220. Основанием пирамиды является ромб ABCD (рис. 109).
Обозначим угол между диагональю АС ромба и стороной АВ че-
рез ф. Угол ф < 90°. Тогда OD = ОВ = sin ф; ОА = ОС — cos ф.
Без нарушения общности можно положить AS = х. Треуголь-
ник BSD — равнобедренный. Д SDB = Д CDB. Значит, SO =ж
= АО — cos ф. В плоскости ASC AS =; х; SC = 1; АО = ОС —
~ OS = cos ф. Следовательно, точки А, S, С лежат на окружности
с центром О и радиусом cos ф. Значит, 2.ASC = 90°, как вписанный
угол, опирающийся на диаметр. Поэтому SC2 4- AS2 = АС2 или
1 4- х2 = 4 cos2 ф. Откуда х = У 4 соз2ф — 1. Высоту h — SE
треугольника ASC найдем из формулы площади треугольника ASC:
— -ЗЕ • АС=— -SC • AS или h • cosф = — • 1 . |/’4соз2ф — 1.
2	2	2	’
Отсюда h — 1/ 1------------ • SE является высотой и пирамиды
г	4 cos2 ф
SABCD (доказательство предоставляем читателю).
Площадь ромба ABCD будет равна:
Sabcd = • AC'BD= — • 2совф • 2з1Пф = $т2ф .
2	2
Значит, объем пирамиды V = sin 2 ф •	1 — -—
Выразим sin 2ф через х. Sin 2ф — 2 sin ф cos ф. Из равенства
1 4~ х2 = 4 cos2 ф получим: 2 cos ф = V 1 + *2; 4 sin2 ф = 4 —
— 4 cos2 ф = 3 — х2; 2 sin ф = ]/ 3 — х2.
248
Поэтому sin 2 ф
Значит,
у = ± . 1
3	2
1
1 +х2 ~
= 1/Т+75./з-^. 1/-^- = ! • уз-х*.
Таким образом, У=-^- • 1^3— х2 .
V имеет максимум тогда же, когда и V2 или 36V2 = х2 (3 — х2).
Обозначим 36 V2 = у; х2 = t.
Надо найти максимум функции у = t (3 — f) = —/2~Ь 3/. Выделим
полный квадрат
У--(Г’-30 =	+	+ | =	_|у + |;у
имеет максимум при t = —, т. е. № = —; х = 1Z4 • Тогда
2	2	г 2
Можно было найти Vmax и другими способами, например с помощью
производной или используя свойство максимума произведения
двух сомножителей, сумма которых постоянна.
221.	Пусть п = 2т + 1, тогда среди чисел 1,2, ..., 2т, 2т + 1
будет лишь т четных, т. е. строго меньше половины. Поэтому в
нашей перестановке ..., a3m+i нечетных чисел az с четными но-
мерами i не больше числа четных номеров, т. е. не более т, и чет-
ных чисел aj с нечетными номерами / тоже не более т. Значит,
найдется хоть одно число ак, не принадлежащее этим классам,
т. е. либо найдется четное число с нечетным номером, либо нечет-
ное число с нечетным номером. В обоих случаях разность ак — k
числа и его номера будет четной и, стало быть, четным будет про-
изведение всех таких разностей.
2 т+1
Вариант решения. (ай — k ) = 0.
/е=1
Значит, хотя бы одно из этих чисел четное, так как в противном
случае сумма нечетного числа нечетных слагаемых была бы нечет-
на, что и требовалось доказать.
249
222.	Пусть число у — У 2 4- У 3. Тогда 3 — (у — У2 )2 =
= у2 — 2 У2 у 4- 2.
Далее, (у2 — I)2 ~ 8у2, у4— 10у2 4-1=0. Значит, многочлен
Pi (х) = х4 — 10х2 4- 1 обращается в нуль при х ~ у — У 2 4- ]/3.
Аналогично построим многочлен с корнем z ~ У 2 4- УЗ;
3 - (z — У 2)3 = z3 — 3/”2 ?2 4- 6z — 2У~2, (z3 — 6z — З)2 =
= (Зг2 4- 2)2 • 2, получим многочлен:
Р2 (х) = хв — бх4 — бх3 4- 12х2 — Збх 4- 1.
Искомый многочлен можно получить перемножением Р4 (х) на
Р2 (х), он обращается в нуль там, где обращается в нуль каждый
сомножитель, в том числе при х = У 24- У 3 и х= У2 4- У 3.
Ответ. Р(х) =х10 —16х84-6х7 4- 73хв4-24х5—125х44-
4- 354Х3 4- 2х2 — Збх 4- 1.
С помощью высшей алгебры можно доказать, что среди всех
многочленов, удовлетворяющих условию задачи, Р (х) имеет наи-
меньшую степень. Дело в том, что такой многочлен с целыми коэф-
фициентами обязан наряду с указанными иметь своими корнями
все числа, им алгебраически сопряженные, т. е. в нашем случае
±рг2±рЛЗи±рЛ24-еуЛ 3, где 8 — любой кубический
корень из единицы. Этих чисел 2-24-2 • 3 = 10, и все они раз-
личны. Поэтому степень искомого многочлена не ниже 10.
ппв г»	(п—1)24-л2	1 О
223.	Рассмотрим последовательность ап — -1; п=1,2,...
и сопоставим каждому числу х > целое число k (х) по сле-
г?	(л — 1)а 4"	н3 4* (л 4* 1)2
дующему правил у. Если ап = ---—1< х < ——!—- = ап+1,
2	2
то полагаем k (х) = п. Так как аг = у, то число k (х) определено
1
для всех х > —.
2
Далее, при х > у подкоренное выражение в неравенстве по-
ложительно, а левая часть абсолютная величина, т. е. положитель-
на. Поэтому, возведя неравенство в квадрат, мы получим равно-
сильное неравенство х2 — 2м2х4-«4 < х—- или
4
х2 — (2л2 4-1) х 4-4- -1 < о.	(*)
\	4 /
250
Итак, нам надо проверить,
что, когда х лежит в ука-
занных выше пределах, вы-
писанный квадратный трех-
член отрицателен. Нетруд-
но убедиться, что корнями
*1,2 = и2 4-	± п ука-
занного трехчлена (*) яв-
ляются как раз границы
ап и ап+1 указанного ин-
тервала. Поскольку квад-
ратный трехчлен с поло-
жительным старшим коэф-
фициентом и имеющий
действительные корни при-
нимает на интервале меж-
ду корнями отрицательные
значения, то неравенство (*) справедливо и, значит, утверждение
задачи доказано.
Впрочем, неравенство для квадратного трехчлена можно полу-
чить непосредственно из неравенств ап < х < an+i. Из них выте-
кает, что (х — ап) (х — ап+1) < 0. Подставив сюда значения ап и
ал+1, получаем неравенство (*).
224.	а) Центр S сферы, описанной около тетраэдра О А ВС
(рис. НО), лежит на перпендикуляре к плоскости ОАВ, проходя-
щем через точку D — середину гипотенузы АВ прямоугольного
треугольника ОАВ, и на перпендикуляре к плоскости ОСА, про-
ходящем через точку Е — середину гипотенузы АС прямоуголь-
ного треугольника ОАС. Поэтому имеем, что SD || СО и SE || ОВ.
Следовательно, через четыре точки S, D, О, Си через четыре точ-
ки S, Е, О, В можно провести плоскости. Они пересекут плоскость
треугольника АВС по медианам CD и BE соответственно, т. е.
прямая OS проходит через точку Т — центр тяжести треуголь-
ника АВС.
б) Из треугольника АВС по теореме синусов имеем:
ВС АС АВ ВС2 АС2 АВ2 .
---- ~----- — ----иди ------ — ---- — ----—
sin a sin Р sin у sin2 а sin® р sin2 у
но из прямоугольных треугольников ОВС, ОАС и ОАВ имеем:
ВС2 = Ь2 + с2; Л С2 = а2 + с2; Л В2 = а2 + Ь2. Значит,
Ь2 4- с2 а2 4- с2 а2 4- Ь2 ,
—2— = ~— — —— = k, откуда с помощью производных про-
sin2 a sin2 Р sin2 у
порций получаем:
а2 : Ь2 : с2 = (sin2 0 4- sin2 у — sin2 а) : (sin2 у 4- sin2 а —
— sin2 Р) : (sin2 а 4- sin2 р — sin2y).
261
Значит,
а2 . £2 __ sinap + sin8? — sinact =s
sin8? + sin8» — sin20
— sin (P — «) + sin (а -Ь P) __
sin (a — P) + sin (a + P)
= sta₽c»a =ctga;ctgpt
sin a cos P
t. e. a2 : b2 = ctg a : ctg 0. Ана-
логично
b2: c2 = ctg p : ctg ?. Таким
образом,
a2: b2: c2= ctg a : ctg p: ctg y.
225. Пусть радиус сферы ра-
вен /?. Тогда а (1 + }/"3) — /?+]Л R2 — (а У%)2, откуда R ==
= (рис. 111).
Точки пересечения боковых ребер со сферой обозначим К, L, М, N.
Треугольник КО А равнобедренный. ОЕ _L AAt; АЕ — ~ КА =
= 001 — V R2 — (а У2)2 = У За2 — 2a2 = а. Значит, КА =»
= LB — МС = ND — 2а. Криволинейная фигура ABLK может
быть разбита на квадрат ABKL и круговой сегмент KL, диаметр
дуги которого равен диагонали квадрата ABLK, т. е. 2аУ2. Зна-
чит, радиус сегмента равен а У2. Площадь четырех сегментов
равна площади четырех секторов, каждый из которых равен чет-
верти круга, без площади соответствующих квадратов, т. е. иско-
мая поверхность
S = 4 (2a)2 + [л (аУ2)2 — (2а)2] = 2a2 (6 + зх).
226. Как известно, перпендикуляр, проведенный через середи-
ну L отрезка АВ, есть геометрическое место точек, равноудаленных
от А и В. Этот перпендикуляр разбивает плоскость на две полу-
плоскости л £ и л?. Содержащая точку А полуплоскость л£ явля-
ется множеством всех точек плоскости, лежащих от А не далее,
чем от В. При этом сам перпендикуляр мы причисляем к полуплос-
кости л£.
Опишем теперь, как мудрец, шагая вдоль данной прямой, мо-
жет выбрать перпендикулярную к ней полосу шириной 1 м, в ко-
торой находится предмет. Вдоль данной прямой мудрец делает
1 шаг.
1. Если он получает указание «подошел ближе», то он продол-
252
жает шагать в этом направлении до тех пор, пока не получит на
очередном i + 1 шагу указание «не подошел ближе», тогда он делает
шаг назад в точку At. А это значит, что предмет находится в поло-
се, образованной пересечением плоскости л^1 с плоскостью лЬ
Ширина этой полосы 1 м.
2. Если он получает указание «не подошел ближе», то он пово-
рачивает обратно и шагает в противоположном начальному направ-
лении опять-таки до тех пор, пока не получит указание «не подо-
шел ближе». После чего поступает, как в случае 1.
Опишем теперь алгоритм действия мудреца полностью.
На каждом шагу, включая и начальный момент, мудрец должен
оглядеться. Как только он обнаружит предмет, выполнение алго-
ритма прекращается.
В начальный момент мудрец выбирает произвольную прямую и
описанным выше способом находит перпендикулярную ей полосу,
в которой лежит предмет.
Итак, мудрец попал в полосу ширины 1 м и находится в точке
At в середине полосы. В точке At он поворачивается на 90° и, пов-
торяя тот же алгоритм для перпендикулярной прямой, находит
предмет. Так как предмет расположен в квадрате со стороной 1 м,
образованном пересечением двух перпендикулярных полос ширины
1 м. Последний шаг приводит мудреца в точку Ai+j — центр ука-
занного квадрата, в которой он увидит предмет, ибо расстояние
до любой точки квадрата от точки А1+} не превосходит
/2
2
что
меньше 1. Заметим, что, попав в точку Л/+7, мудрецу не надо де-
лать еще двух шагов в точку Л*+у+1, где он получит указание «не
подошел ближе» и обратно. Сосчитаем число шагов, необходимых
для того, чтобы найти предмет.
Пусть расстояние от точки поворота до начала равно k шагов,
а до конца равно I. Тогда мудрец потратил не больше k + I + 6
шагов. При этом если <р — угол между направлением на предмет
и первоначальной осью, то
2*
d | sin ф | > I —
Сложив эти неравенства, получим:
d (|sin <р | + |cos <р|) > k + I — 1,
но	__
d (| sin <p| + | cos <p |) < d V 2.
Значит, число шагов
з
n < Л 6 = (k + / — 1)	7 < d + 7 <-j d-Ь 7.
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ................................................ 3
1.	Международные математические олимпиады ...	6
Первая	Международная	математическая олимпиада.........	—
Вторая	Международная	математическая олимпиада.........	7
Третья	Международная	математическая олимпиада .....	8
Четвертая Международная	математическая олимпиада	....	9
Пятая	Международная	математическая олимпиада..........	12
Шестая	Международная	математическая олимпиада..........	15
Седьмая	Международная	математическая олимпиада	.....	19
Восьмая	Международная	математическая олимпиада..........	22
Девятая	Международная	математическая олимпиада ....	26
Десятая	Международная	математическая олимпиада..........	30
Одиннадцатая Международная математическая олимпиада . .	34
2.	Задачи .......................................  39
Задачи международных математических олимпиад ............... —
Задачи из материалов жюри международных математических
олимпиад ............................................. 49
Задачи, предлагавшиеся на национальных олимпиадах ...	58
3.	Решения ....................................... 69
Решения задач международных олимпиад ....................... —
Решения задач из материалов жюри ..........................  138
Решения задач, предлагавшихся на национальных олимпиадах .	200
Елена Александровна Морозова,
Иван Семенович Петраков
МЕЖДУНАРОДНЫЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
Редактор Н. И. Никитина
Художник С. С. Верховский
Художественный редактор Е. Н. Карасик
Технический редактор М. И. Смирнова
Корректор М. В. Голубева
Сдано в набор 8/V 1970 г. Подписано к
печати 12/III 1971 г. 60X90'/ie. Бумага тип.
№ 2. Печ. л. 18. Уч.-изд. л. 13,61. Тираж
100 тыс. экз. (Пл. 1971 г. № 155) А07056.
Издательство «Просвещение» Комитета по
печати при Совете Министров РСФСР.
Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.
Саратовский ордена Трудового Красного
Знамени полиграфический комбинат Рос-
главполиграфпрома Комитета по печати
при Совете Министров РСФСР. Саратов,
ул. Чернышевского, 59. Заказ 589.
Отпечатано с матриц на Калининском
полиграфкомбинате детской литературы
Росглавполиграфпрома Комитета по печа-
ти при Совете Министров РСФСР.
Заказ 78.
Цена без переплёта34 «.переплёт 10 к,

44коп.