Р. ХОНСБЕРГЕР

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ИЗЮМИНКИ

3568Я035
6891568
90'/\90
Зг Х5

Е	>3

9О35Б890
Р. ХОНСБЕРГЕР

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ИЗЮМИНКИ

Перевод с английского

А. П. САВИНА и Л. А. САВИНОЙ

МОСКВА «НАУКА»

ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ

ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
19 92

Scan AAW
ББК 22.10	Серия «Библиотечка «Квант»

Х77	основана в 1980 году

УДК 511 + 512 + 514(023)

ROSS HONSBERGER

Mathematical morsels

The Mathematical association
of America

1978

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

Академик Ю. А. Осипьян (председатель), доктор физико-мате-
матических наук А. И. Буздин (ученый секретарь), академик
А. А. Абрикосов, академик А. С. Боровик-Романов, академик
Б. К. Вайнштейн, заслуженный учитель РСФСР Б. В. Воздвижен-
ский, академик В. Л. Гинзбург, академик Ю. В. Гуляев, профессор
С. П. Капица, академик |А. Б. Мигдал|, академик С. П. Новиков,
академик АПН РФ В. Г. Разумовский, академик Р. 3. Сагдеев,
профессор Я. А. Смородинский

Хонсбергер Р.

Х77 Математические изюминки: Пер. с англ.— М.:
Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит., 1992.— 176 с.— (Б-чка
«Квант». Вып. 83). ISBN 5-02-014406-1

Около 100 новелл, в каждой из которых излагается красивая
математическая задача. Серьезные математические методы даны в
легкой, запоминающейся форме, что способствует воспитанию ин-
тереса к математике.

Для школьников старших классов, преподавателей, студентов
и всех, кто интересуется математическими задачами.

1602010000—091 ! 53-92	ББК 22,10

053(02)-92

ISBN 5-02-014406-1

©Наука. Физматлит,
перевод на русский
язык, 1992
СОДЕРЖАНИЕ

Предисловие

Задача	1.	Шахматный турнир		7
Задача	2.	Упорядоченные разбиения числа п .	*	*	8
Задача	3.	Области в круге 		9
Задача	4.	Паромы		* * 11
Задача	5.	Выпячивающаяся полуокружность .	12
Задача	6.	Шоферская задача		13
Задача	7.	Ширмы в углу		15
Задача	8.	Раскрашивание плоскости ....	17
Задача	9.	Очевидный максимум		18
Задача	10.	cos 17z = /(cosх) .		18
Задача	И.	Квадрат на решетке		19
Задача	12.	Непрозрачный квадрат		21
Задача	13.	Крестики-нолики		
Задача	14.	Удивительное свойство прямоугольных угольников 		тре-  ‘	*	24
Задача	15.	Цифры числа 44444444 		•	•	рд
Задача	16.	о(п) + ф(п) = п • d(n)		^0  ‘	*	?Q
Задача	17.	О /с-облаках		
Задача	18.	Сумма минимумов 		
Задача	19.	Три последние цифры числа 7"" .	аи
Задача	20.	Катящаяся игральная кость ....	
Задача	21.	Протыкание куба		а 2  *	'	49
Задача	22.	Двойная последовательность .	аз
Задача	23.	Окружности, разбивающие точечные множества	
Задача	24.	О длинах сторон треугольника .	
Задача	25.	Пожалуйста, не вычисляйте	ау
3 а д а ч а- 26.		аъ и Ьа 		44
Задача	27.	Математическая шутка		45
Задача	28.	Карты на сфере		46
Задача	29.	Выпуклые области на плоскости .	49
Задача	30.	Система диофантовых уравнений .	.	.	52
Задача	31.	Отраженные касательные ....	53
Задача	32.	Элегантно разрушенная шахматная	доска 53
Задача	33.	Снежки		58
Задача	34.	Цифры чисел с единицы по миллиард .	.	.	59
Задача	35.	Примыкающие непересекающиеся единичные квадраты	6Q	
Задача	36.	Одно диофантово уравнение ....	.	.	65
Задача	37.	Последовательность Фибоначчи .	. .
Задача	38.	Неравенство Эрдеша		.	.	70
Задача	39.	Разделенные целочисленные точки .	.	.	72
Задача	40.	Совершенные числа ......	.	.	74
Задача 41.

Задача 42.

Задача 43.

Задача 44.

Задача 45.

Задача 46.

Задача 47.

Задача 48.

Задача 49.

Задача 50.

Задача 51.

Задача 52.

Задача 53.

Задача 54.

Задача 55.

Задача 56.

Задача 57.

Задача 58.

Задача 59.

Задача 60.

Задача 61.

Задача 62.

Задача 63.

Задача 64.

Задача 65.

Задача 66.

Задача 67.

Задача 68.

Задача 69.

Задача 70.

Задача 71.

Задача 72.

Задача 73.

Задача 74.

Задача 75.

Задача 76.

Задача 77.

Задача 78.

Задача 79.

Задача 80.

Задача 81.
3 а д а ч а 82.

Задача 83.

Задача 84.

Задача 85.

Задача 86.

Задача 87.

Задача 88.

Задача 89^
Задача 90.
Задача 91.
Упражнения

Стороны четырехугольника.................

Простые числа в арифметической прогрессии
О чевианах ..............................

Коровы и овцы............................

Последовательность квадратов.............

Вписанный десятиугольник.................

Красные и синие точки....................

Метод Шаля...............................

О функции лс(п)..........................

Постоянная хорда.........................

Количество внутренних диагоналей .

Утяжеленные игральные кости..............

Курьезная последовательность.............

Длинные цепочки последовательных натураль-
ных чисел ...............................

Минимальный вписанный четырехугольник
Треугольные числа........................

О правильном «-угольнике.................

Числа Ферма..............................

Неравенство обратных величин.............

Четвертая степень........................

Упакованные квадраты.....................

Красные и зеленые мячи...................

Составные члены в арифметической прогрессии
Приложенные равносторонние треугольники
Тесты ...................................

Приложение теоремы Птолемея..............

Еще одно диофантово уравнение .
Необыкновенное свойство комплексных чисел
Цепочка окружностей......................

Повторяющиеся цифры в конце квадрата .
Биссектриса угла.........................

Система неравенств.......................

Неожиданное свойство правильного 26-уголь-
ника ...................................

Еще раз о полных квадратах...............

Необыкновенный многочлен.................

Центроиды на окружности..................

Легконаходимый остаток ......
Любопытное свойство числа 3..............

Квадрат внутри квадрата .................

Всегда квадрат ..........................

Группировка натуральных чисел .	.	.	.

Треугольники, стороны которых образуют
арифметическую прогрессию................

Дроби, полученные с помощью перестановки
О биномиальных коэффициентах .	.	.	.

Число Ферма Е7з..........................

Вписанный четырехугольник................

Специальные тройки натуральных чисел .

Суммы простые чисел......................

Еще одна курьезная последовательность .

Эллипс и целочисленная решетка ....
Архимедовы треугольники..................

Список задач по темам

76

76

78

80

81

81

84

85

86

88

89

91

92

95

96

99

104

106

108

108

109

114

115

116

118

119

122

123

123

126

127

128

128

130

133

134

137

137

138

139

139

140

141

142

143

146

147

147

149

154

159

165

171
ПРЕДИСЛОВИЕ

Математика изобилует яркими идеями. Не-
зависимо от того, как долго и сколь упорно занимаешься
математикой, кажется, что никогда не иссякнут в ней
удивительные сюрпризы. И никоим образом нельзя счи-
тать, что эти сюрпризы можно встретить лишь в трудных
задачах, рассчитанных на подготовленных учащихся.
Использование всех видов простых понятий требует вы-
думки и изобретательности. В этой книге обсуждаются
десятки элементарных задач, которые были выбраны из
публикаций журнала «American Mathematical Monthly»
за период 1894—1975 гг. В них содержится множество
изумительных идей, а двадцать из них просто прекрасны.
Поль Эрдеш считает, что у Бога есть книга, содержа-
щая все математические теоремы с самыми красивыми
доказательствами, и когда он хочет дать особо высокую
оценку доказательству, он восклицает: «Это доказатель-
ство из Книги!». Возможно, что здесь было бы неумест-
но заявлять, что эта книга написана с той точки зрения,
что все богатства жизни — это Божьи дары и что мы
должны принимать их с радостью и благодарностью и
делиться ими для Его хвалы и славы.

Для понимания большей части этой книги достаточно
знаний в объеме средней школы. Изредка предлагаются
и другие объекты обсуждения. Но даже и в этом случае,
это почти всегда стандартные элементарные понятия, ко-
торые из-за отсутствия места в наших перегруженных
учебных планах, изучаются существенно позже. Я имею
в виду такие понятия, как теорема Пика и основы ин-
версии относительно круга. Однако не стоит тревожиться
если вы не получили знаний об этих понятиях, так как
это при необходимости легко наверстать. В таких слу-
чаях в тексте даются ссылки.

Большинство задач, рассматриваемых здесь, появи-
лось в разделах задач хорошо известных математических
журналов. Чтобы соблюсти справедливость по отноше-
нию ко всем заинтересованным лицам, следует отметить,
что я часто брал лишь часть задачи или решения, при-
чем, как правило, переписывал и улучшал изложение су-
щественным образом. Утверждения многих задач были
изменены, чтобы придать им более яркую форму. Это не
сборник задач, предлагаемых для решения (хотя вы не-
сомненно получите больше удовольствия, если прежде,
чем прочесть решение, сами подумаете над задачей),
а витрина .маленьких математических чудес. Однако па-
ру дюжин задач для упражнений я поместил в конце
книги.

Для того чтобы помочь читателю определить местона-
хождение задачи в книге или найти интересующую его
тему, в конце книги дается список задач, разбитый на
три части:

1)	алгебра, арифметика, теория чисел, последователь-
ности, вероятность;

2)	комбинаторика, комбинаторная геометрия (макси-
мум и минимум);

3)	геометрия (максимум и минимум).

Я очень благодарен профессору Ивану Нивену за то,
что он тщательно просмотрел рукопись и внес много по-
правок и других улучшений в конечную редакцию.
Я также хотел бы поблагодарить моего коллегу Лероя
Дискей я профессора Е. Ф. Беккенбаха, Генри Адлера,
Ральфа Боасе, Дональда Альбера и Г. Л. Александерсо-
на за их конструктивную критику.

Росс Хонсбергер
ЗАДАЧА 1. ШАХМАТНЫЙ ТУРНИР

В Нью-Йорке шахматных мастеров больше,
чем на всей остальной территории США. Планируется
шахматный турнир с участием всех мастеров. Решено,
что турнир будет проведен в месте, для которого общее
расстояние переездов между городами участников турни-
ра было бы минимальным. Нью-йоркские мастера ут-
верждают, что этому критерию удовлетворяет их город,
а мастера с Западного побережья настаивают на том,
что место соревнований в городе, находящемся в центре
тяжести совокупности игроков, было бы лучше.

Где должен проводиться турнир?

Решение. Нью-йоркцы правы! Обозначим нью-йорк-
ских мастеров буквами Ai, ..., Nk, а остальных игро-
ков буквами 01, О2, . •Ot. Так как в Нью-Йорке нахо-
дится больше половины игроков, то к> t. Если рассмот-
реть пары игроков (Ai, 01), (Аг, Ог), ..., (At, Ot), то
нью-йоркские мастера At+i, At+г, ..Nh не попадут ни
в одну из пар.

Рассмотрим теперь пару (Аь 01). При любом выборе
города проведения турнира мастера Ai и 0\ должны про-
ехать в совокупности не меньше, чем расстояние N\0\
по прямой, соединяющей эти города. Вместе же они про-
едут не меньше, чем

5 = AiOi + А2О2 + ... + AtOt.

Если местом соревнований выбран Нью-Йорк, то S и
будет суммой расстояний. Если же соревнования будут
проводиться в другом месте, то t пар игроков проедут
расстояние не меньше *$, а ненулевая сумма расстояний
для игроков At+i, А<+2, ..., Nk увеличит общую сумму.
Следовательно, Нью-Йорк — наилучшее место для прове-
дения соревнования.
Аналогичная задача была рассмотрена Дж. Г. Бат*
чертом и Лео Мозером в прекрасной статье «Пожалуй-
ста, не вычисляйте», опубликованной в 1952 г. в журна-
ле «Scripta Mathematica», с. 221—236.

__।_____1---1-------1—--------1-----L——
Х2 Х3 Х	Хп-1 Хп

Рис. 1

Пусть п точек Xi, х2, ..., хп лежат в указанном по-
рядке на прямой. Где находится точка х, сумма расстоя-
ний которой до этих точек минимальна (рис. 1)?

Ясно, что расстояния х\х и хпх должны в сумме дать
расстояние х\хп. Теперь разобьем на пары (х\, хп),
(#2, ^n-i) и т. д., чтобы полученные интервалы были по-
следовательно вложены друг в друга. Если п нечетно,
то точка х{п+\}/2 остается без пары. Так как сумма рас-
стояний до пары точек минимизируется любой точкой,
находящейся между ними, то любая точка х, располо-
женная внутри всех этих интервалов, минимизирует все
пары расстояний. Таким образом, для четного п мы
имеем

S > х\хп + х2хп_\ + ...,
причем равенство выполняется для любой точки х, ле-
жащей на самом внутреннем интервале. Если п нечетно,
то минимум достигается в точке х{п+\}/2 (которая лежит
в самом меньшем из интервалов), дополнительное рас-
стояние в этом случае, а именно хх{п+\)/2, равно нулю.

ЗАДАЧА 2. УПОРЯДОЧЕННЫЕ РАЗБИЕНИЯ
ЧИСЛА п

Число 3 может быть выражено в виде сум-
мы одного или более натуральных чисел четырьмя спо-
собами, если при этом учитывать порядок членов:

3, -1 + 2, 2+1, 1 + 1 + 1.

Сколькими способами может быть выражено в виде
суммы число п?

Решение. Рассмотрим строчку из п единиц, располо-
женных в ряд. Любое расположение п — 1 или меньше-
го количества разделительных черточек в промежутках
между единицами соответствует разбиению числа на
слагаемые и наоборот:

1111111111 1...1 1 1,
п = 2 + 3 + 1 + п — 6.

Так как мы можем в каждый из п — 1 промежутков ли-
бо вставить делительную черточку, либо не вставлять, то
существует ровно 2п~1 способов расставить делительные
черточки и такое же количество выражений для числа п.

ЗАДАЧА 3. ОБЛАСТИ В КРУГЕ

Расположим п точек на окружности и со-

единим их попарно хордами,
три хорды не имеют общей
сколько областей разобьется
круг этими хордами?

Решение. Предположим,
что хорды мы будем прово-
дить по одной последователь-
но. Новая хорда рассекает
различные области, увеличи-
вая число частей (рис. 2).
Дополнительное число обла-
стей равно количеству отрез-
ков, на которые делится но-
вая хорда теми хордами, ко-
торые она пересекает. Поэто-
му это число на единицу
больше числа точек таких

Предположим, что никакие
точки внутри круга. На

пересечений. Из этого наблю-

дения легко доказать замечательную формулу, выражаю-
щую количество областей в круге, получающихся при
проведении L хорд, никакие трихиз которых не пересека-
ются во внутренних точках круга и имеют Р точек пере-
сечения в этом круге. Количество областей равно

P + L + 1.

Для L = 1 мы имеем Р L + i — • 0 + 1 + 1 = 2

(рис. 3). Новая линия, пересекающая первую, дает

P + L + l^l + 2 + l = 4,
а линия, не пересекающая первую, дает

Р + L + 1 = 0 + 2 + 1 - 3.

Предположим, что значение Р + L + 1 справедливо для
некоторого L 2. Пусть дополнительная линия дает к

Рис. 3

новых точек пересечения. При пересечении к других ли-
ний она проходит через к +1 область, увеличивая их
число на к + 1. Таким образом, для L + 1 линий и Р + к
точек общее число областей равно

(P + L+ l) + (/c + l) = (P + A:) + (L + 1)+ 1.

Это доказательство формулы по индукции.

Ясно, что существует взаимнооднозначное соответст-
вие между точками пересечения X и четверками
(Л, 5, С, D) из п точек, взятых на окружности (рис. 4).
Таким образом, количество точек пересечения равно С» —
количеству четверок. Так как количество хорд равно Сп,
то число областей, полученных
® всевозможными попарными соеди-
нениями п точек, равно

Р + L + 1 = С\ + С\ + 1.

(Мы наблюдаем, что этот резуль-
тат применйм для любой выпук-
лой области на плоскости и этот
подход обобщается на более вы-
сокие размерности. Множество
и S точек называется выпуклым,
рис 4	если для каждой пары точек А

и В в S отрезок АВ целиком при-
надлежит S.)

Число, выражающее количество областей, может быть
очень красиво выведено путем прослеживания количест-
ва областей, на которое уменьшается наше разбиение,
если стирать линии одну за другой. Каждый отрезок ли-
нии разделяет две области, которые объединяются в од-
ну при стирании этой линии. Тогда число исчезнувших
областей будет на одну больше количества точек пересе-
чения на этой линии. Так как каждая точка пересечения
лежит на двух линиях, то при стирании одной из них
она исчезает также с другой. Поэтому каждая точка пе-
ресечения фигурирует ровно один раз при процедуре сти-
рания отрезков и для каждой линии число исчезнувших
областей равно

(число исчезнувших точек пересечения на линии) + 1.
После стирания всех L линий мы видим, что общее ко-
личество областей составляет Р плюс еще по одной для
каждой из L линий. Следовательно, исчезнет Р + L обла-
стей. Так как в результате остается лишь внутренность
круга, то вначале было Р + L + 1 областей.

ЗАДАЧА 4. ПАРОМЫ

Два парома снуют через реку с постоянны-
ми скоростями, поворачивая у берегов без потери време-
ни. Они одновременно отправляются от противополож-
ных берегов и в первый раз встречаются в 700 футах от

Рис. 5

одного из берегов, продолжают движение к берегам, воз-
вращаются и встречаются во второй раз в 400 футах от
противоположного берега. В качестве устного упражне-
ния определите ширину реки. (В Великобритании и
США фут обозначается штрихом: 700 футов — 700'.)

Решение. Общее расстояние, пройденное паромами к
моменту первой встречи, как раз равняется ширине реки
(рис. 5). Однако может несколько удивить тот факт, что
к моменту их новой встречи общее пройденное ими рас-
стояние равняется утроенной ширине реки. Так как ско-
рости постоянны, то вторая встреча произойдет через
время, втрое большее, чем первая. До первой встречи па-
ром А, скажем, прошел 700 футов. За время в три раза
большее он прошел бы 2100 футов. Но ко второй встрече
он доходит до берега реки и, повернув обратно, проходит
еще 400 футов. Таким образом, ширина реки равна
2100 — 400 — 1700 футов.

ЗАДАЧА 5. ВЫПЯЧИВАЮЩАЯСЯ
ПОЛУОКРУЖНОСТЬ

Хорда АВ окружности радиусом 1 с цент-
ром в О является диаметром полуокружности АСВ, рас-
положенной вне первой окружности (рис. 6). Ясно, что

точка С этой полуокружности, которая выпячивается
дальше всего, лежит на радиусе ODC, перпендикулярном
АВ. (Для любой другой точки С' этой полуокружности
мы имеем ОС' <OD + DC' = OD + DC = ОС.) Конечно
же, длина отрезка ОС зависит от выбора хорды АВ. Оп-
ределите АВ так, чтобы отрезок ОС имел максимальную
длину.	__

Решение. Пусть OZ) = Va; тогда радиус нашей полу-
окружности равен

AD^Il^l^DC.

Таким образом, ОС2 = (OD + DC)2 —	+ ]/1 —CL2 »

== a + 2Va(l — а}+ 1 — а. Получаем ОС2 *=• 1 +2]/а(1 — а).
12
Это выражение максимально при максимальном значе-
нии величины а(1 — а). Но так как

1	/	1 \2

а (1 — а) = а — а2 = -^ — 1а — у I ,

то это имеет место для а = 1/2, при этом OD ==• 1/а = У2/2.
Для максимального отрезка ОС

AD = /1-6>£>2 = ]/1 - ±

при этом АВ = 2AD *=> У2. Таким образом, ^АОВ имеет
стороны 1, 1 и У 2. Это означает, что на хорду АВ опи-
рается прямой угол с вершиной в точке О.

Следующий красивый подход дает альтернативное
решение. Треугольник ADC — прямоугольный и равно-
бедренный, т. е. ^-jD6L4 = 45° (рис. 7). Теперь если С А

не является касательной к данной окружности, то най-
дется хорда, для которой точка С будет лежать дальше
вдоль прямой OD. Таким образом, для хорды, максими-
зирующей отрезок ОС, прямая СА должна быть каса-
тельной к окружности, и в этом случае СА есть катет
равнобедренного прямоугольного треугольника ОАС. От-
сюда СА = О А = 1 и из равнобедренного прямоугольного
треугольника DAC мы получаем, что

AD = и АВ = /2.

ЗАДАЧА 6. ШОФЕРСКАЯ ЗАДАЧА

Мистер Смит ежедневно приезжает на стан-
цию поездом в 5 часов и тут же садится в подъезжаю-
щий автомобиль, который везет его домой.
Однажды он приехал поездом в 4 часа и пошел пеш-
ком домой. По дороге он встретил свой автомобиль, еду-
щий к станции. Шофер развернул автомобиль и отвез
Смита домой, при этом он оказался дома на 20 минут
раньше, чем обычно.

На другой день Мистер Смит приехал неожиданно
поездом в 4 ч 30 мин и также пошел пешком. Он вновь
встретил автомобиль и снова оставшуюся часть пути про-
ехал. На сколько раньше обычного приехал Смит домой
в этот раз? (Предположим, что скорость ходьбы и езды
постоянны и не было потери времени на посадку мисте-
ра Смита и на поворот автомобиля.)

Решение 1. Обычный метод решения этой задачи та-
ков: в первый день шофер сэкономил 20 минут езды. Та-
ким образом, мистер Смит сел в автомобиль в точке, на-
ходящейся в 10 минутах езды от станции (в одну сторо-
ну). Если бы шофер ехал как обычно, то он приехал бы
на станцию в 5 ч. Десятиминутная экономия времени
означает, что он подбирает Смита в 4 ч 50 мин. Следо-
вательно, Смиту понадобилось 50 мин на то, чтобы прой-
ти то расстояние, которое шофер проезжает за 10 мин.
Отсюда мы видим, что автомобиль едет в 5 раз быстрее,
чем идет Смит.

Теперь предположим, что во второй день Смит шел
bt мин. Расстояние, пройденное им, автомобиль проез-
жает за t мин. Следовательно, Смит сел в автомобиль за
t мин до 5 ч, т. е. через 60 — t мин после 4 ч. Так как
он начал идти в 4 ч 30 мин и шел bt мин, то он сел в
автомобиль через 30 + bt мин после 4 ч. Следовательно,
30 + bt = 60 — t и t = 5. Таким образом, шофер сэконо-
мил по 5 мин движения (в каждую сторону) и приехал
к дому Смита на 10 мин раньше обычного.

Это — очень интересное решение задачи. Однако пер-
вокурсник одного из американских университетов Ричард
Камерон во время соревнований предложил следующее
решение.

Решение 2. Рассмотрим график зависимости «расстоя-
ния от станции» от «времени». На нем легко проследить
движения Смита и шофера. Например, в обычный день
мы имеем следующую ситуацию, начинающуюся, скажем,
с 4 ч (рис. 8). Это так называемые «мировые линии».

Те же три путешествия, включая обычный день, по-
строены вместе на следующем графике (рис. 9). Из по-
стоянства скоростей ходьбы и езды на автомобиле сле-
дует, что соответствующие отрезки графика должны быть
14
параллельны. А так как момент 4 ч 30 мин делит попо-
лам время между 4 и 5 ч, то из параллельности следует,

расстояние
от станции

дом

выезжает приезжает
из дома домой

Обычный
ДЕНЬ

станция
4:00

шофер готовится
к выезду

к

на поезде
станции

Смит подъезжает

5:00 время

едет к
станции

едет дамой
вместе со
Смитом

Смит садится
в автомобиль

Рис. 8

что и время приезда во второй день делит сэкономленное
время в отношении 1 : 1 и дает время, сэкономленное во
второй день, равное -20 = 10 мин.

ЗАДАЧА 7. ШИРМЫ В УГЛУ

Угол прямоугольной комнаты отгораживает-
ся двумя четырехфутовыми ширмами. При каком их по-
ложении отгороженная площадь будет наибольшей?

Решение. Решение основано на двукратном примене-
нии следующего хорошо известного результата.
Лемма. Во множестве треугольников с заданными
основанием Ъ и противолежащим ему углом 0 наибольшую
площадь имеет равнобедренный треугольник, {Ясно, что
это множество содержится внутри сегмента круга, а вы-
сота у равнобедренного треугольника больше, чем у дру-
гих треугольников этого множества (рис. 10).)

Рис. 10

Обозначим через О вершину угла комнаты, а точки
касания ширмами сторон углов через А и В. Тогда пло-
щадь, отгороженная ширмами, равна сумме площадей
треугольников АО В и АВР, где Р — точка соприкоснове-
ния ширм. (Ясно, что при максимальной площади точка
Р будет граничной точкой обеих ширм.)

Теперь, если &ОАВ не является равнобедренным
{ОА^ОВ}, то можно передвинуть ширмы в положение
А'Р' и В'Р', где ОА' =>ОВ' так, чтобы отрезок А'В'
равнялся отрезку АВ. Тогда треугольники А'В'Р' и АВР

равны, а по лемме площадь треугольника ОА'В' больше
площади треугольника ОАВ. Таким образом, при распо-
ложении, дающем максимальную площадь, отрезок ОА
должен быть равен отрезку ОВ.

Так как ширмы имеют равные длины, точка Р всегда
должна лежать на срединном перпендикуляре к отрезку
АВ, но если О А = ОВ, то срединный перпендикуляр к
АВ является биссектрисой прямого угла О. Таким обра-
зом, при наибольшей площади отрезок ОР должен быть
биссектрисой угла О (рис. И). Следовательно, каждая
ширма должна отрезать треугольник наибольшей площа-
ди от угла в 45°, стягиваемого этим отрезком. (Каково
бы ни было наилучшее расположение.)

Так как длина отрезка АР постоянна, из леммы сле-
дует, что площадь треугольника ОАВ будет максималь-
ной в случае его равнобедренности (ОА —ОР). В этом
случае ^-ОАР = 67,5° и решение становится очевидным.
В качестве простого упражнения предлагаем построить
отрезок ОР с помощью циркуля и линейки.

ЗАДАЧА 8. РАСКРАШИВАНИЕ ПЛОСКОСТИ

Предположим, что каждая точка плоскости
окрашена в красный или голубой цвет. Покажите, что
найдется прямоугольник, все вершины которого окрашены
в один и тот же цвет.

Решение. Из семи точек не меньше четырех должны
иметь одинаковый цвет. Выберем из семи точек на пря-
мой четыре точки Pi, Р2, Рз, Р4, окрашенные в один
цвет, скажем, в красный. Рассмотрим еще две прямые,
параллельные первоначальной и две четверки точек
((?ь Q2, (?з, Qi) и (Ri, Rz, R3, Р4), полученные проекти-
рованием выбранной четверки на эти прямые. Рассмот-
рим прямоугольники с вершинами в этих точках и в точ-
ках Р,. Теперь, если две из точек Q — красные, то все
точки прямоугольника PiPjQiQj также красные. Анало-
гично и для двух красных точек из R. Если ни один из
этих случаев не имеет места, то некоторые три (или бо-
лее) точек из Q и три (или более) точек из R должны
быть голубыми. Но эти тройки голубых точек располо-
жены так, что среди них обязательно найдутся по паре
точек, лежащих одна под другой и, таким образом, обра-
зующие голубой прямоугольник, откуда и следует ут-
верждение задачи.

Отметим, что этот результат справедлив для любой
области на плоскости, заключенной внутри сколь угодно

2 р. Хонсбергер	17
малой окружности. Этот вопрос возник из задачи, пред-
ложенной на 5-й математической олимпиаде США, про-
ходившей весной 1976 г.

ЗАДАЧА 9. ОЧЕВИДНЫЙ МАКСИМУМ

Пусть Р — переменная точка на дуге окруж-

ности, стягиваемой хордой АВ. Докажите следующее
очевидное свойство: сумма длин отрезков АР и РВ мак-
симальна тогда, когда Р —

середина дуги АВ.

Решение. Проведем вто-
рую дугу АВ, взяв за центр
окружности точку О — сере-
дину первоначальной дуги
АВ. Пусть прямые АР и АО
пересекают эту дугу в точ-
ках Q и С (рис. 12).

Угол, стягиваемый хордой
АВ, с вершиной в точке О,
вдвое больше, чем угол с

вершиной в точке С.

Таким образом, /-АРВ = 2/-Q,

Но в треугольнике PQB внешний угол АРВ равен
сумме внутренних углов с вершинами в точках Q и В.
Таким образом,

2/-Q = Z-Q + /-QBP и /-Q — /-QBP.

Следовательно, &PQB — равнобедренный и АР +
+ РВ — АР + PQ = AQ — хорде внешней дуги. Ясно, что
эта хорда максимальна в том случае, когда она — диа-
метр, т. е. в том случае, если точка Р есть точка О.

Отметим, что этот результат также следует из рас-
смотрения процесса увеличения размеров эллипса с фо-
кусами А и В. Из симметрии следует, что последняя об-
щая точка эллипсов и дуги окружности является середи-
ной этой дуги. Эллипс, имеющий эту общую точку,—
наибольший из тех, которые пересекаются с дугой и име-
ют наибольшую сумму фокальных радиусов.

ЗАДАЧА 10. cos 17#—/(cos#)

Обозначим через f функцию от cos х, выра-
жающую cos 17#, т. -е.

cos 17# = /(cos #).
Покажите, что та же функция / выражает sin 17# че-
рез sin я: sin 17# = /(sin х).

Решение. Пусть х = — у. Тогда sinх = cosy и

sin 17z = sin 17 (у — у

= sin (8л + ^- — 17у

= sin( j— 17у j = cos 17z/ = /(cos y) = f (sin x).

Заметим, что число 17 может быть заменено любым
целым числом вида 4& + 1.

ЗАДАЧА 11. КВАДРАТ НА РЕШЕТКЕ

Произвольный квадрат S размером п X п на
координатной плоскости покрывает (п+1)2 целочислен-
ных точек (точек, у которых обе координаты х и у — це-
лые числа) в том случае, если один из его углов нахо-
дится в целочисленной точке, а его стороны параллель-
ны осям координат. Докажите интуитивно ясный резуль-
тат, что при любом расположении этого квадрата S он
покроет не более (n+ I)2 точек.

Решение. Рассмотрим S в произвольном положении
на плоскости. Предположим теперь, что граница квадра-
та S сделана из круглой резинки, а в каждой целочис-
ленной точке вбит гвоздь в плоскость. Пусть резинка
сжимается, окружая гвозди, находящиеся в точках ре-
шетки, попавшие в квадрат S. Многоугольник Я, опре-
деляемый резинкой, называется «выпуклой оболочкой»
целочисленных точек из 5 и является важнейшим поня-
тием во многих геометрических исследованиях (рис. 13).
Если в каждой вершине квадрата S находится по цело-
численной точке, то Н будет самим квадратом S. (См.
Замечание в конце решения об определении выпуклой
оболочки.)

• Так как Я содержится в S, то его площадь не может
превышать площадь квадрата 5:

площадь S п2.

В 1899 г. Джордж Пик открыл замечательную фор-
мулу для площади несамопересекающегося многоуголь-
ника Y с вершинами в целочисленных точках:

площадь Y == q +	— 1,
где q — количество целочисленных точек внутри много-
угольника, р — число таких точек на его границе. (Сюда
включаются вершины и остальные точки, лежащие на

Рис. 13

его сторонах. См. Замечание.) По теореме Пика (см. за-
дачу 39) получаем

площадь Н — q + — 1 п2

и

q + у О2 + 1.

Так как упругая граница квадрата S, сжимаясь, обра-
зует Я, если она вообще движется, то периметр Н не мо-
жет превышать периметра 5:

периметр Н < 4п.

Ясно, что никакие две целочисленные точки не могут
находиться ближе, чем на расстоянии 1, поэтому на гра-
нице Н не может находиться больше, чем точек.
Получаем

р ^4п и
Подставляя это соотношение в ранее полученный ре-
зультат q + р/2 п2 + 1, имеем, что число целочисленных
точек, покрытых квадратом 5,

—>р + q п2+ 1 + 2п =(п + I)2.

Замечание. Выпуклая оболочка Н плоского множества
точек S есть пересечение всех плоских выпуклых мно-
жеств, содержащих S. Поэтому множество Н минимально
в том смысле, что любое выпуклое множество, содержа-
щее 5, также содержит и Н. Множество Н не содержит
лишних точек — оно расширено лишь до таких пределов,
чтобы содержать множество S и быть выпуклым. Если
множество S — выпукло, то, конечно же, множество Н
совпадает с S.

ЗАДАЧА 12. НЕПРОЗРАЧНЫЙ КВАДРАТ

Множество прямолинейных отрезков внутри
или на границе квадрата со стороной 1 называется «не-
прозрачным», если любая прямая, пересекающая квад-
рат, пересекается хотя бы с одним из этих отрезков. На-
пример, две диагонали образуют непрозрачное множество

Рис. 14

(рис. 14, а). Другое непрозрачное множество показано
на рис. 14, б. Общая длина диагоналей равна 2V2 « 2,82.
Довольно легко с помощью элементарных вычислений
показать, что минимальная сумма длин отрезков непро-
зрачного симметричного множества на рис. 14, б равна
1 + V3 « 2,73. Найдите непрозрачное множество с сум-
мой длин отрезков меньшей, чем 1 + ТЗ.

Решение. Непрозрачное множество, состоящее из двух
соседних сторон квадрата и отдаленной половины диагонали
между ними (рис. 15), имеет длину

2 + 3/2 = 2 + ^ = 2,71 < 1 + /3.

Стороны АВ и ВС имеют общую точку с любой прямой,
пересекающей треугольник АВС. Если учесть полностью

треугольник АВС, то полудиагонали OD достаточно, что-
бы сделать непрозрачной вторую половину квадрата.

Теперь рассмотрим более эффективный способ сде-
лать непрозрачным &АВС. Точка Р внутри треугольника
АВС, из которой каждая сторона видна под углом .120°,
называется точкой Ферма этого треугольника и является
той точкой, для которой

и ^АВЕ — равнобедренный.

сумма ее расстояний до
вершин треугольника ми-
нимальна (рис. 16):

ХА + ХВ + ХС

минимально для X = Р.

Минимальная сумма равна
длине отрезка ВВ', где
В' — вершина равносто-
роннего треугольника, по-
строенного на внешности
стороны Л С (рис. 17). Яс-
но, что в рассматривае-
мом случае ВВ' — средин-
ный перпендикуляр к АС

Таким образом,

BE = АЕ = 4- АС =
и

ВВ' = BE + ЕВ' =¥1 + 3 №) = ¥1 (1 + /з).

XU	\ di /	di

Включая полудиагональ OZ) =< V2/2, мы получаем непро-
зрачное множество с общей длиной

¥1(2+ /з)«2,64.

Это прекрасное решение было предложено школьным
учителем Морисом Пуаре из города Орлеан (в провин-
ции Канады Онтарио).

ЗАДАЧА 13. КРЕСТИКИ-НОЛИКИ

Рассмотрим игру в «крестики-нолики» на
трехмерном кубе 8X8X8. Сколько можно указать пря-
мых, на которых лежат 8 значков в ряд?

Решение. Это нетрудная задача, она может быть ре-
шена простым счетом. Однако имеется блестящее реше-
ние, предложенное Лео Мозером. Оно состоит в том, что
рассматривается куб 10 X 10 X 10, полученный покры-
тием данного куба 8X8X8 слоем единичной толщины.
Выигрывающая прямая во внутреннем кубе 8X8X8 пе-
ресекает два из единичных кубиков, окружающих этот
куб, и каждый единичный куб в оболочке пересекается
одной выигрывающей прямой. Таким образом, каждая
выигрывающая прямая соответствует единственной паре
единичных кубов во внешней оболочке и число выигры-
вающих прямых равно половине количества единичных
кубиков в оболочке, а именно

103 — 83
2

1000- 512	о//

----2---- = 244'

Этот подход является совершенно общим. Количество
выигрывающих прямых для куба с ребром к в п-мерном
пространстве равно

(к + 2)п - кп

2
ЗАДАЧА 14. УДИВИТЕЛЬНОЕ СВОЙСТВО
ПРЯМОУГОЛЬНЫХ ТРЕУГОЛЬНИКОВ

Докажите, что если повернуть катеты во-
круг их вершин так, чтобы они легли на гипотенузу, то
длина их общей части равна диаметру вписанной окруж-
ности (рис. 18).

Рис. 18	Рис. 19

Решение. Вообще говоря, размер вписанной в тре-
угольник окружности является не очень простой функ-
цией длин его сторон. Однако для прямоугольного тре-
угольника имеется замечательное соотношение

диаметр— (сумма длин катетов) — (длина гипотенузы).
Это легко показать следующим образом. Радиусы, прове-
денные в точки касания окружности с катетами, спроек-
тируем на каждый из катетов (рис. 19). Так как две

касательные к окружности, проведенные из одной точки,
равны, то из чертежа получаем, что

(сумма катетов) — (гипотенуза) =•

= [ (х + г) + (г + у) ] — (х + у) 2г.
Ответ на задачу следует из наблюдения того, что дли-
на общей части катетов есть просто (сумма катетов) —
— (гипотенуза).

Следующее соотношение также легко выводится. Ес-
ли опустить высоту BD на гипотенузу, то сумма трех
радиусов г, и, г2 вписанных окружностей в треугольник
АВС и меньшие треугольники, на которые его разбивает
высота BD, есть просто сама высота BD (рис. 20). Имеем
2г + 2ri + 2г2 — (АВ + ВС — АС) + (AD + BD — АВ) +

•+ (BD + DC — ВС) = (AD + DC) - АС + 2BD =. 2BD,
следовательно, г + r\ + r2 =| BD.

ЗАДАЧА 15. ЦИФРЫ ЧИСЛА 44444444

Сумма цифр десятичной записи числа
44444444 равна А. Сумма цифр числа А равна В. Какова
сумма цифр числа 5?

Решение. Если десятичный логарифм натурального
числа п лежит между к — 1 и /с, то число п имеет к
цифр. Теперь

1g 44444444 =. 44441g 4444.

Используя обозначение [я] для наибольшего целого чис-
ла, не превосходящего я, мы видим, что количество цифр
числа 44444444 есть

N [44441g 4444] + 1.

Так как 4444 < 104, то 1g 4444 < 4 и

7V^4444-4+l<20 ООО.

А < 20 000 • 9 < 199 999 потому, что каждая из цифр
не больше, чем 9. Но сумма цифр числа 199 999 больше
суммы цифр любого меньшего натурального числа,
поэтому

В —-(сумма цифр числа А)< 1 + 5 • 9 == 46.

Сумма цифр числа В не может превосходить числа 12,
которое является наибольшей суммой цифр числа ^45
(достигается для 39). Так как само число и его сумма
цифр имеют один и тот же остаток при делении на 9, то
числа Л, В и S имеют один и тот же остаток при деле-
нии на 9, что обозначается так:

44444444 s А s в s S (mod 9).
Теперь, рассматривая остатки при делении на 9, получим
44444444 (—-2)4444 = 24444 = 2 (23) 1481 =

^2(-l)1481 = -2^7(mod 9).

Из того, что S = 7 (mod 9) следует, что 5 = 7, так как
7 — единственное число, не больше 12 и имеющее оста-
ток 7 при делении на 9.

ЗАДАЧА 16. (т(л) +<р(л) = nd(n)

Часто отмечают, что замечательное уравне-
ние епг =•—1 связывает четыре самых важных во всей
математике числа. Лишь немного уступает ему уравнение
а(п) + ф(тз) = п • d(n),

связывающее три наиболее важные функции элементар-
ной теории чисел, где о(тз)— сумма положительных де-
лителей числа тз, d(n)— количество положительных де-
лителей числа п, ф(тз)—функция Эйлера, равная коли-
честву натуральных чисел т п, взаимно простых с чис-
лом тз, г. е. (ттз, п)=Л. Конечно, можно соединить любые
функции, какие мы хотим, придумав соответствующее
математическое соотношение. Однако докажите тот уди-
вительный факт, что соотношение о(тз) + ф(лг)= п • d(n)
является необходимым и достаточным условием того,
что п — простое число.

Решение. 1) Предположим, что п — простое число.
Тогда делителями п является 1 и п и поэтому о(тз) =
—«тг+ 1, ф(тз) = тз — 1 и й(тз)=2. В этом случае

о(тз) + ф (тг) = 2п = п • d(n),

<з(п) + ф(тз) = п • d(n).

Следовательно, выполнение этого условия необходимо.
2) Предположим, что Ь(п) + ф(тз) = п • d(n) и что п —
не простое число. Соотношение не выполняется для п =
1(1 + 1 ¥= 1 -1). Будем считать, что п > 2.

Для /з > 1 ф(тз) не учитывает само число п и мы
имеем

Ф (тз) < п.

Так как п — составное число, то оно имеет не менее трех
делителей. Обозначим d(n) через /с, а положительные
делители числа п через

di =' 1 < d2 < ... < dk = п.

Так как 7c = d(n)>3, то делитель d2 не является наи-
большим делителем, поэтому

d2 < п и п — d2 > 1.

Следовательно, получаем

п • d(n) — о(п) = кп — (di + d2 + ... + dh) =

= (rt — d\) + (n— d2)+ ... + (n — dh)^

>(n — d[) + (n — d2) + (n — dh)>

>(n- 1)+ 1 + 0 = n > cp(n);

тем самым мы показали невозможность условия
п • d(n)—о(п) = ср (п). Полученное противоречие показы-
вает, что п — не является простым числом.

Возможно, что самым знаменитым условием простоты
числа является теорема Вильсона:

Число п является делителем числа (п—1)! + 1 тогда
и только тогда, когда п—простое число.

В 1965 г. журнал «American Mathematical Monthly»
напечатал под номером Е1702 следующую задачу, при-
надлежащую Дугласу Линду и решенную Кеннетом Кра-
мером и Стевеном Минскером:

Докажите, что число п является делителем числа
71—3

N = 2 г (г0 тогда и только тогда, когда п — простое
г=1
число.

Решение. Имеем А= 1(1!) + 2(2!) +...+ (n-3) X
Х[(п — 3)!]. Так как г(г!) = (г + 1)г! — г!=(г+1)! —
— г!, то

N— (2! - 1!) + (3! - 2!) + (4! - 3!)+...

... + [ (п - 2)! - (п - 3)!] =.(п - 2)! - 1.

Умножив на п — 1 и прибавив п к обеим частям равен-
ства, получим

(п— 1)А + п = (п- 1)! + 1.

По теореме Вильсона п — простое число в том и только
том случае, если п является делителем числа (п— 1)! +
+ 1, а последнее соотношение является верным тогда и
только тогда, если п есть делитель числа N, так как чис-
ла п и п — 1 взаимно просты.
ЗАДАЧА 17. О Л:-ОБЛАКАХ

Круги единичного радиуса не имеют общих
внутренних точек и лежат внутри полосы 5, образован-
ной двумя параллельными прямыми, отстоящими друг от

друга на расстоянии w. Будем называть эти круги Л-об-
лаком, если каждая прямая, пересекающая 5, пересека-
ется не менее чем с к кругами.

Докажите, что для 2-облака ш^2 + УЗ (рис. 21).

Решение. Проведем через точку О — центр некоторого
круга С из 2-облака прямую т, перпендикулярную пря-
мым, ограничивающим полосу S (рис. 22). Тогда прямая
т должна пересекаться с другим кругом А, Пусть Q —

основание перпендикуляра, опущенного из центра Р кру-
га А на прямую т.

Так как прямая т пересекает Л, то длина PQ не
больше радиуса. Следовательно, PQ < 1. А так как круги
С и А не пересекаются, то ОР > 2. По теореме Пифагора
имеем, что

OQ =. VОР2 — PQ2 > У22 — I2 = УЗ.

Так как полоса S должна простираться по крайней мере
на радиус круга в каждую сторону от концов отрезка
QQ, чтобы содержать круги С и Л, то ее ширина

w > 2 + OQ =* 2 + УЗ’

ЗАДАЧА 18. СУММА МИНИМУМОВ

Если образовывать наборы по к чисел
(ац 0,2, ..ak) из множества чисел (1, 2, 3, ..тг), раз-
решая числа аг повторяться, то таких наборов будет п\
Для каждого такого набора отметим наименьшее из щ-.
Докажите неожиданный результат, что сумма наимень-
ших аг во всех наборах равняется просто

lft + 2ft + 3ft + ... + ^

— сумме Ar-х степеней первых п натуральных чисел, т. е.

п

2 min (ax, a2, ..dn) = 2 mk-
m=i

Решение. Это прекрасное решение основано на очень
простом факте, который настолько очевиден, что, как
правило, не может помочь в решении других задач. При
сложении последовательности натуральных чисел ъ
можно распределить их члены >1, члены >2 и т. д.
Тогда 2 гг = (количество членов >1) +(количество чле-
нов >2)+... Таким образом, число г считается г раз,
давая верный вклад в сумму. Например, число 3 можно
сосчитать в слагаемых (количество членов ^1), (количе-
ство членов >2), (количество членов ^3) и ни в каких
других слагаемых. Эта процедура эквивалентна прохож-
дениям по ряду, при которых вынимается по единичке
из каждого члена (до тех пор пока там не останется ни-
чего), и последующему сложению сумм, получающихся
в результате таких прохождений. (Это похоже на пред-
ставление числа г в виде кучки из г спичек.)

Оказывается, очень легко вычислить количество чле-
нов в рассматриваемой сумме, которые не меньше целого
положительного числа t. Ясно, что

min(ai, d2, ..., dh)^t
тогда и только тогда, когда каждое аг- в Л-наборе ^t. Ко-
личество ^-наборов, имеющих это свойство, просто равно
количеству ^-наборов из множества чисел (£, t + 1, ...
..., п). Для каждого аг- можно указать п — £+1
способ выбора соответственно, а количество ^-наборов
равно (п — t + 1)\ Поэтому

(количество членов =	—t + l)ft,

а сумма их всех равна

п

2 min (яр а2, • • • > ап) ~ 2 (количество членов t) =
f=i

= 2 (и — г + l)fe =	1 + ... + 1\

t=l

Профессор Иван Нивен дал прекрасное завершение
проведенного рассуждения, продолжая от уже получен-
ного результата, а именно, что количество /с-наборов с
минимумом равно (п— t + 1)\ Эта же формула дает,
что количество /с-наборов с минимумом >£ + 1 равно
(п —1)\ Поэтому количество /с-наборов с минимумом,
равным ровно t, равно (п — t + l)ft — (п — t)\ и эти на-
боры вносят в общую сумму вклад, равный t[(n — t +
+ l)k — (п — £)*]. Складывая все такие выражения для
t = 1, 2, ..., п, видим, что общая сумма равна

l[(n)ft-(n- 1)А] + 2 [ (лг — i)k-(n-2)k] +

+ 3 [ (п - 2)к - (п - 3)Ч + . .. + п [lft - 0ft] =

= пк + пк~х + пк~2 + ...+ 1\

Дадим возможность читателю насладиться, вычисляя
значение 2 max (ai> а2, • • •> ап)-

ЗАДАЧА 19. ТРИ ПОСЛЕДНИЕ ЦИФРЫ

ЧИСЛА 7""

Каковы три последние цифры числа 79999?

Решение. Заметим, что 74 = 2401. Поэтому

74п - (2401)” - (1 + 2400f = 1 + ?г-2400 + С*-24 002+ ...,

где все члены этого биномиального разложения после
второго оканчиваются по крайней мере на четыре нуля

30
и не влияют на последние три цифры результата. Эти
последние определяются из равенства

1 + п • 2400 = 24гс • 100 + 1.

Если тп — последняя цифра числа 24тг, то имеем

24п • 100 + 1 = (... тп) • 100 + 1 = ... ш-01,
т. е. 74п оканчивается на ш-01.

При п = 2499 число 24лг оканчивается на 6 и мы ви-
дим, что

74п = 79996 оканчивается на 601.

Так как 73 = 343, то мы получаем

79999 = 79996.7з = (	6о1) (343)= ... 143.

Отсюда получаем последние цифры —143 (с помощью
прямого умножения).

С другой стороны, мы можем пойти следующим пу-
тем. Для п = 2500 число 24тг оканчивается на 0 и мы
видим, что 74n = 710000 оканчивается на 001. Таким об-
разом,

710000 = ... 001 = ... 000 + 1 = 1000А: + 1

для некоторого целого числа к. Это дает 7io°oo =
= 1000 (к — 1)+ 1001. Деля на 7, мы получаем

79999 _= юоо 1) । 143.

Так как правая часть должна быть целым числом,
то 7 должно нацело делить число 1000(/с—1), но 7 не
делит 1000. Таким образом, к — 1 должно делиться на 7,
в результате получаем целое число q. И мы имеем
79999 = 1000$ + 143, так как Ю00<7 оканчивается на 000,
то мы видим, что 7"" оканчивается на 143.

ЗАДАЧА 20. КАТЯЩАЯСЯ ИГРАЛЬНАЯ КОСТЬ

Обычная игральная кость имеет на своих
гранях числа 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ее бросают случайным об-
разом до тех пор, пока сумма выпавших за время бро-
сания очков не превысит числа 12.

Какая общая сумма очков будет наиболее вероятной?

Решение. Рассмотрим предпоследний бросок. После
него общая сумма должна быть либо 12, 11, 10, 9, 8,
31
либо 7. Если она равна 12, то общий результат будет
с равной вероятностью принимать значения 13, 14, 15,
16, 17, 18. Аналогично при сумме 11 конечный резуль-
тат с равной вероятностью принимает значения 13, 14,
15, 16, 17 и т. д. Число 13 появляется как равный кан-
дидат в каждом случае и является единственным числом
такого рода. Таким образом, число 13 — наиболее веро-
ятное.

В общем те же доводы показывают, что наиболее
вероятная сумма, впервые превышающая п (п>6), есть
п + 1.

ЗАДАЧА 21. ПРОТЫКАНИЕ КУБА

Сплошной куб С размером 20 X 20 X 20 по-
строен из 2000 кирпичей размером 2X2X1. Докажите,
что этот куб можно проткнуть прямой линией перпен-
дикулярно грани куба, проходящей через куб и не про-
калывающей ни один из кирпичей.

Решение. Рассмотрим 8000 единичных кубиков в С.
На каждой грани куба С их ребра образуют решетку
20 X 20. Внутри грани находится 19 • 19 = 361 узлов этой
решетки.

Прямые, проведенные через эти 361 узлов перпенди-
кулярно грани куба, проходят по ребрам единичных ку-
биков в соответствующие узлы решетки противополож-
ной грани. Общее число таких линий, протыкающих
внутренность куба С, равно 3 • 361 = 1083. Пусть L —
произвольный элемент из этого множества прямых.

Две плоскости, проходящие через L параллельно гра-
ням куба /7, делят С на четыре параллелепипеда, каж-
дый из которых имеет L в качестве ребра. Пусть А —
любой из этих параллелепипедов (рис. 23). Так как одно
из ребер А равно 20 (ребро куба С), то А должен со-
держать четное число единичных кубов. Теперь заметим,
что кирпич 2X2X1 может иметь в Л 1, 2 или 4 своих
единичных куба, но ни один кирпич не может содержать
в А ровно 3 единичных куба. Общий вклад в А кирпи-
чей,^ пересекающихся с Л по 2 или 4 единичных куба,
состоит из четного числа единичных кубов. Поэтому
должно быть четное число кирпичей, пересекающихся
с Л по 1 единичному кубу. Заметим, что кирпич, кото-
рый пересекается с Л по единичному кубу, должен пере-
секаться с L по своей середине вдоль ребра, общего всем
32
четырем составляющим его единичным кубам. Следова-
тельно, прямая L должна протыкать четное число кир-
пичей.

Но каждый кирпич протыкается только одной пря-
мой L. На самом же деле каждый кирпич протыкается

кирпич из единичных

куликов размером

2*2*1

одной и только одной прямой Д и мы получаем 2000 та-
ких протыканий. А так как существует 1083 прямые Д
каждая из которых протыкает четное число кирпичей,
то найдутся прямые, которые будут протыкать менее
двух кирпичей. По крайней мере 83 из прямых L не
должны протыкать никакие кирпичи.

ЗАДАЧА 22. ДВОЙНАЯ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ

Для некоторых натуральных чисел п мож-
но построить последовательность, в которой каждое из
чисел 1, 2, 3, ..., п встречается дважды, причем второе
появление каждого из чисел г происходит на r-м месте
после его первого появления. Например, для п = 4

4, 2, 3, 2, 4, 3, 1, 1.

Для п = 5 имеем

3, 5, 2, 3, 2, 4, 5, 1, 1, 4.

Такое размещение невозможно для п = 6 или 7. Для
п = 8 имеем

8, 6, 4, 2, 7, 2, 4, 6, 8, 3, 5, 7, 3, 1, 1, 5.

Докажите, что такая последовательность не существует,
если остаток числа п при делении на 4 равен 2 или 3.

Решение. Занумеруем места в последовательности чис-
лами 1, 2, 3, ..., 2п. Предположим, что первое появле-

3 р. Хонсбергер	33
ние числа 1 произойдет на месте с номером /ц, первое
появление числа 2 — на месте с номером р2 и т. д. Тогда
второе появление числа 1 случится на месте pi + 1, вто-
рое появление числа 2 — на месте р2 + 2 и т. д. Сумма
всех чисел, являющихся номерами мест всех пар, рав-
няется

1	+ 2 + 3 + ... + 2п,

а, с другой стороны, равняется

(Pl + Р1 + 1)+ <J>2 + Р2 + 2) + . . . + (рп + Рп + п).

Поэтому

2п(2п4-1)	9 z	к n(n-J-l)

-----= 2 (Pi + Pi + • • • + Рп) +------j-A

Обозначив pi + р2 + ... + рп = Р, получим
2п (2n + 1) _ 9 р п (п + 1)
2	+	2

откуда

р___2п (2п +1) — n (n + 1)_Зп2 п_ п (Зп + 1)

4	“	4	4	*

Так как Р — целое число, то лг(3лг+ 1) должно делиться
на 4. Однако, если п при делении на 4 дает в остатке
2 или 3, то п(3п + 1) при делении на 4 дает в остатке 2.
Получим противоречие.

Д. Марч доказал, что в случае, если остаток при де-
лении числа п на 4 равен 0 или 1, то требуемая по-
следовательность всегда существует.

Рассмотрим теперь близкую задачу определения ко-
личества способов расставить в ряд числа 1, 2, ..., п
так, чтобы при произвольно выбранном первом числе
перед числом к стояло либо число к— 1, либо число к +
+ 1 (не обязательно непосредственно перед ним). На-
пример, для п = 6 среди возможных расстановок име-
ются следующие: 4, 3, 5, 2, 6, 1 и 3, 4, 2, 1, 5, 6.

Решение. Предположим, что первое число есть г. Тог-
да числа 1,2, . .., п разобьются на две группы:

А =(1, 2, ..., г-1) иВ=(г+1, г + 2,	п).

Правило, требующее, чтобы перед числом к стояло либо
число к — 1, либо число к + 1, влечет условие, что числа
из А должны входить в ряд в порядке их убывания,
34
а числа из В в порядке их возрастания. Ясно, что пер-
вым числом из В не может быть, например, число г + 2,
потому что ему должно предшествовать либо число г 4- 1.
либо число г + 3. Аналогично, первым числам из В после
числа г не могут быть числа г 4 3, г+4, .. ., и,. Продол-
жая такие рассуждения, нетрудно показать, что числа из
В должны быть расположены в порядке г + 1, г + 2, ...
..., п. Аналогичное рассуждение проводится и для мно-
жества А.

Поскольку требуется лишь, чтобы элементы из А и В
располагались в их естественном порядке, то между со-
бой эти группы могут перемешиваться. Например, так
как г — первое число, то число г + 1 может стоять как
следом за ним, так и после чисел г — 1 и г — 2. Следо-
вательно, количество рядов, которое начинается с числа
г, равно количеству способов выбрать г — 1 место среди
п — 1 места для всех г — 1 членов множества Л, а имен-
но, равно Сп~р Расположение членов из В происходит
автоматически на свободные места. Так как число г мо-
жет быть выбрано из значений 1, 2, ..., п, то общее
количество способов расстановки в ряд равно

+ Ck-г +	. + Спп~\ = (1 + If1 = 2П~1.

ЗАДАЧА 23. ОКРУЖНОСТИ, РАЗБИВАЮЩИЕ
ТОЧЕЧНЫЕ МНОЖЕСТВА

На плоскости заданы 2п + 3 точки, никакие
3 из которых не лежат на одной прямой и никакие 4 —
на одной окружности. Докажите, что всегда можно найти
окружность, которая проходит через 3 из данных точек
и разбивает остальные пополам, т. е. половина лежит
внутри окружности, а половина вне нее.

Решение 1 (предложенное Мюрреем Кламкином).
Обозначим через А и В две вершины выпуклой оболочки
Н данного множества точек Т (рис. 24). (Определение
выпуклой оболочки дано в задаче 11.) Так как никакие
три из точек множества Т не лежат на одной прямой,
то на отрезке АВ не будет больше точек (кроме А и В)
из множества Т. Пусть большая окружность С', прохо-
дящая через точки А и В, имеет центр О, вне Н. Сег-
мент АХВ окружности С", который лежит внутри Я, мо-
жет содержать некоторые из точек множества Т. Однако
увеличивая размер окружности С", можно заставить ее
3*	35
приблизиться к отрезку АВ так близко, как мы хотим.
При таком увеличении дуга АХВ, приближаясь к АВ,
проходит через все (а их конечное число) точки из Т,
лежавшие в первоначальном сегменте АХВ. Таким об-
разом, существует некоторое количество окружностей,

проходящих через точки
А и В, для которых сег-
мент АХВ, включая его
дугу, лишен точек из Т.
Обозначим такую окруж-
ность С, а ее центр бук-
вой О.

Начнем с того, что
имеется окружность С,
проходящая ровно через

Рис 24	две точки из множества

Т, а именно, через А и В,
и не имеющая точек из Т внутри себя. Будем преоб-
разовывать С, передвигая ее центр к отрезку АВ
вдоль срединного перпендикуляра L отрезка АВ
и подбирая радиус так, чтобы С проходила все время
через точки А и В. При приближении точки О к АВ
сегмент АХВ увеличивается, захватывая все больше и
больше точек из Н, После пересечения точкой О отрезка
АВ сегмент АХВ становится большим сегментом окруж-
ности С (определяемым отрезком АВ) и, в конце концов,

увеличивается настолько, что покрывает все множество
Н, а следовательно, и все множество Т. Так как никакие
4 точки из Т не лежат на одной окружности, сегмент
АХВ должен захватывать точки из Т по одной за раз.
Когда (п+1)-я точка К окажется на окружности, то
внутри нее окажется ровно п предыдущих точек из Т,
и она будет проходить через три точки А, В и К. Ос-
тальные п точек из Т будут все еще лежать вне окруж-
ности С, откуда следует утверждение задачи.

Решение 2 (предложенное Л. Дж. Дики). Обозначим
через О одну из данных точек и рассмотрим окруж-
ность R с центром в О, Рассмотрим инверсию данных
точек относительно окружности В. (Определение инвер-
сии можно прочесть в книге: Коксетер, Грейцер. Новые
встречи с геометрией.— М.: Наука, 1978.—«Библиотека
математического кружка».) Центр О при этом переходит
в бесконечно удаленную точку и мы получим множество
S, состоящее из 2п + 2 конечных точек, являющихся
образами заданных точек при такой инверсии (рис. 25).
Рассмотрим прямую t такую, что все множество S ле-
жит по одну сторону от нее и начнем ее двигать к мно-
жеству S до тех пор, пока она не коснется его, скажем,
в точке А' (или наоборот, обозначим через А' вершину

Рис. 25

выпуклой оболочки множества S и через t прямую, про-
ходящую через точку А', которая пересекается с этой
выпуклой оболочкой только по точке А')-

Пусть теперь один из лучей прямой t с вершиной
в точке А' заметает множество 5, поворачиваясь вокруг
точки А'. Вскоре мы докажем, что заметающий луч t
будет встречаться с точками из S по одной за раз. Сле-
довательно, в конце концов он пройдет через точку В'
такую, что А'В' делит остальные 2п+2 точки пополам,

Пусть А и В — точки из данного множества, явля-
ющиеся прообразами точек А' и В'. Заметим, что пря-
мая А'В' не может проходить через точку О — центр
инверсии, так как в таком случае точки А, В и О ле-
жали бы на одной прямой, что противоречит условию.
Поэтому прообраз прямой А 'В' должен быть окруж-
ностью К, проходящей через точку О (рис. 26). Окруж-
ность К тогда проходит через три точки данного множе-
ства: А, В и О. Итак, как при обратном преобразовании
множества S в точки заданного множества, точки, ле-
жавшие по одну сторону от А'В', попадут внутрь ок-
ружности /Г, а точки, лежавшие по другую сторону,— во
внешность этой окружности, то мы видим, что окруж-
ность К делит данное множество пополам. (Касательная
к окружности К в точке О параллельна прямой А'В'.}

Мы не только решили задачу, но и показали, что
через каждую точку О данного множества проходит иско-
мая окружность. Из 2п + 3 полученных таким образом
окружностей имеется лишь (2п + 3)/3 различных, так
как окружность, проходящая через точки Л, В и О, при
этом считается трижды. (Так как никакие четыре точки
данного множества не лежат на одной окружности, то ни
одна из полученных окружностей не может быть посчи-

Рис. 26

любой из данных точек не является невозможным слу-
чай, когда через нее проходит более одной искомой ок-
ружности.

В заключение мы докажем ранее приведенное утверж-
дение о том, что заметающий луч t встречает точки из S
по одной за раз. Сначала мы отметим, как и прежде,
что всякий раз, когда луч встречает точку С", то он не
может в этом положении проходить также и через точ-
ку О — центр инверсии (в противном случае точки О, С
и А лежали бы на одной прямой). Таким образом, если
бы луч встречал одновременно две (или более) точки,
скажем С' и D', то прообразом прямой A'C'D' была бы
окружность, проходящая через точку О (так как прямая
A'C'D' не проходит через О) и содержащая четыре из
данных точек О, А, С и D, что противоречит условию
задачи.

ЗАДАЧА 24. О ДЛИНАХ СТОРОН ТРЕУГОЛЬНИКА

Если отрезки с длинами а, В, с образуют
треугольник, то для всех п = 2, 3, 4, ... отрезки с дли-
П,  п	П >—

намну а, у о, у с также образуют треугольник.
Решение. Если отрезки с длинами а, Ь, с образуют
треугольник, то неравенство треугольника дает

а + Ъ > с

и т. д, Поэтому мы имеем

(у а +	> а + Ъ > с =

откуда
п,—	п,--	п /—

У а + у о > у с.

Остальные случаи проверки неравенства треугольника
рассматриваются аналогично, откуда и следует заклю-
чение.

ЗАДАЧА 25. ПОЖАЛУЙСТА, НЕ ВЫЧИСЛЯЙТЕ

В 1952 г. Бухарт и Мозер опубликовали не-
обычную статью «Пожалуйста, не вычисляйте» в попу-
лярном журнале «Scripta Mathematica» (с. 221—236).
Мы рассмотрим здесь несколько представленных ими
остроумных альтернативных вариантов обычным спосо-
бам вычислений.

1.	В первой задаче мы определим объем общей части
двух прямых круговых цилиндров радиуса а, пересека-
ющихся под прямым углом (т. е. их оси пересекаются

под прямым углом). Это дает нам возможность момен-
тально изобразить только что описанную область R пере-
сечения цилиндров. В направлении одного из цилиндров
R выглядит столь же круглой, как и цилиндр, из кото-
рого она вырезается. Верхняя половина R изображена на
рис. 27. Ее объем легко найти, сравнивая эту фигуру
с вписанной в нее сферой. Ясно, что если вкатить сферу
радиуса в каждый из этих цилиндров, то она будет впи-
сана в их пересечение.

Слой из /?, параллельный основанию ABCD, будет
иметь квадратное основание в силу симметрии четвер-
того порядка тела R. Такой же слой вписанной сферы S
имеет в основании круг, который является кругом, впи-
санным в соответствующее квадратное основание слоя
из R. Отношение площадей квадрата и вписанного в него
круга равно

(2г)2 __ _4

Суммируя сказанное, мы получаем, что объем R в
4/л раз больше объема S. Таким образом,

объем R = —	= v а3-

«те I о / о

Конечно, строгое обоснование того, что R = 45/л,
включает все основные вычисления, которых мы хотели
избежать при таком подходе. В действительности в такой
задаче нельзя обойти понятие предела. Тем не менее,
сравнение R с S остроумно, вполне удовлетворительно,
поскольку может быть строго обосновано.

2.	Другая остроумная идея решает задачу определе-
ния прямой Z, проходящей через точку Р внутри выпук-
лой кривой С, которая отсекает от С область с наимень-
шей площадью. Если отрезок прямой L, заключенный

Рис. 28

в области С, не делится точкой Р пополам, то, немного
повернув эту прямую вокруг точки Р в соответствующем
направлении, мы отрежем от области больший сектор,
чем добавится с другой стороны от точки Р. Это пока-
40
зывает, что данная область не является наименьшей
(рис. 28). Эта старая идея находит применение в реше-
нии многих задач.

Очень привлекательно применение этой идеи к реше-
нию задачи о нахождении двух ординат кривой у = ех/х,
абсциссы которых отличаются на единицу, таких, что
площадь, отсекаемая ими под кривой, была бы мини-
мальна. Ясно, что если ординаты не равны, то, сдвигая
их так, чтобы их длины выравнивались, получим лучший
результат. Таким образом, для минимального положения
должно найтись число а такое, что

еа ea+1	1

— = —гт, откуда а =------т.

а а + 1 J	е — 1

3.	Мозер и Бухарт остроумно применили классический
изопериметрический результат о том, что из всех простых
и-угольников с данным периметром L наибольшую пло-
щадь имеет правильный n-угольник (многоугольник на-
зывается простым, если он не содержит самопересе-
чений) .

Новое лаконичное доказательство, в котором присут-
ствует довольно обычное предположение о том, что такой
n-угольник максимальной площади существует, было
предложено покойным Ричардом де Маром в его выдаю-
щейся статье «Простой подход к изопериметрической за-
даче на плоскости» в журнале «Mathematics Magazine»,
1975. Он рассматривает по отдельности два условия пра-
вильности многоугольника:

1)	равенство сторон,

2)	равенство углов.

Эти случаи рассматриваются с помощью блестящего
соображения, которое проиллюстрируем, используя ре-
зультат, полученный в п. 1.

Пусть К = ABCD ...— простой многоугольник, не яв-
ляющийся равносторонним (рис. 29). В этом случае дли-
ны некоторой пары последовательных сторон не будут
равны. Предположим, что АВ > ВС. Выберем точку X
между А и В так, чтобы ВХ > ВС. Тогда угол и = ХВСХ
превышает угол v = ХВХС. Теперь отрежем треугольник
ВСХ и перевернем его так, чтобы поменять точки X и С.
В результате получим многоугольник К'. Так как и > v,
то угол в точке X будет больше развернутого утла и К'
не будет выпуклым. Заметим также, что К' будет уже
не n-угольником, а (п + 1)-угольником. Однако так как
он является невыпуклым, мы можем легко превратить
его в n-угольник, при этом увеличив его площадь. Если
мы соединим точку В' (новое положение точки В) с точ-
кой А, то мы получим n-угольник большей площади да-
же с меньшим периметром. Растягивая фигуру так, что-
бы ее периметр стал равным Д мы еще увеличим ее пло-
щадь, откуда следует, что К не является многоугольни-
ком максимальной площади.

Рассмотрим, как Вухарт и Мозер применяют эту изо-
периметрическую теорему к решению старой задачи мак-
симизации площади прямоугольника, который с одной
стороны ограничен фиксированной стеной, а с трех дру-
гих сторон — забором с заданной общей длиной L. Для
всех заборов ABCD четырехугольник В'ВСС', получен-
ный с помощью отражения данного прямоугольника от-
носительно стены, будет иметь постоянный периметр 2L

Рис. 30

(рис. 30). Таким образом, он будет максимальным, когда
будет правильным, а именно, квадратом. Соответственно,
42
максимум «половины», ABCD, должен быть в случае,
когда его длина вдвое больше ширины, и эта задача

решена.

Аналогичная задача нужна при нахождении размеров
консервной банки максимального объема с заданной пло-

щадью поверхности. Если ее решение известно в одном
из случаев «с крышкой» или «без крышки», то легко

получить и решение в другом
банку относительно плоско-
сти, в которой лежит ее верх-
няя поверхность, получаем
закрытую банку, которая
обязана также иметь макси-
мальный объем. Таким обра-
зом, каково бы ни было от-
ношение hjr высоты к радиу-
су мы видим, что оно вдвое
больше для «банки с крыш-
кой», чем для «банки без
крышки» (рис. 30).

4. Наконец, рассмотрим
еще одно приложение изо-
периметрического результа-
та, получая другое решение
задачи № 7.

случае. Отражая открытую

В углу прямоугольной комнаты требуется располо-
жить две четырехфутовые ширмы так, чтобы отгородить
участок пола максимальной площади. Определите их

положение.

Пусть вершина угла и стены комнаты рассматривают-
ся как начало системы координат и ее оси. Отразим
ширмы относительно осей так, чтобы получился восьми-
угольник РВР1А1Р2В1Р3А, как показано на рис. 31. Для
любого положения ширм периметр восьмиугольника бу-
дет постоянным и равняется 8 • 4 = 32 фута. Решение
мгновенно следует после того, как мы заметим, что мак-
симальной площади в углу соответствует восьмиугольник
максимальной площади. Так как он должен быть пра-
вильным восьмиугольником, то каждый из его углов

равен

I (8 - 2) • 180 = 135 градусов
о

и остальные элементы построения легко получаются.
ЗАДАЧА 26. аь и ъ“

Часто бывает нетрудно определить, что
больше: аъ или Ъа. Очевидно, что

23 < З2 и З4 > 43.

Однако при рассмотрении двух чисел, одно из которых
между 2 и 3, а другое между 3 и 4, решение этого во-
проса бывает трудным. Что больше:

е* или л6?

Решение. Для положительного х мы имеем

ех = 1+ ^ + у + ... > 1 + х.

Так как л > е, л/е > 1 и# = л/е--1>0. Таким образом,

еп/е > л, е* > л*.

В качестве легкого упражнения предлагаю показать, что
функция ех — 1 — х имеет единственное минимальное зна-
чение в нуле (при х = 0). Таким образом, для всех ве-
щественных значений х мы имеем

ех > 1 + х.

При помощи этого соотношения Дьердь Поста построил
следующее прекрасное доказательство знаменитого нера-
венства среднего арифметического и среднего геометри-
ческого. Обозначим через ai, &2, ..ап некоторые веще-
ственные положительные числа, а через А и G, соот-
ветственно, их среднее арифметическое и среднее гео-
метрическое, т. е.

А — —	+ а2 + ... + яп),	— (^i •	•

Придавая х значения (а<]А)— 1, i = 1, 2, ..., п, мы
получим п соотношений

е	А9



е	А'
Перемножая их, получим
af+a2 + ‘->+Cln
е А

—п

Д1Д2 ап

Ап 

что есть просто

е

п—п

Gn

Ап

ИЛИ 1

Gn

А”'

откуда следует, что А > G.

Заметим, что А = G лишь в том случае, если равен-
ство будет во всех п соотношениях. Это соответствует
тому, что во всех случаях а^А —1=0. Это показывает,
что A = G только тогда, когда все (ц равны (числу А).

ЗАДАЧА 27. МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ШУТКА

Человек купил на почте несколько одноцен-
товых марок, столько двухцентовых, что 3/4 их количе-
ства равняется числу одноцентовых, столько пятиценто-
вых, что 3/4 их количества равняется числу двухценто-
вых, и пять восьмицентовых марок. Он заплатил за них
одним банкнотом без сдачи. Сколько марок каждого до-
стоинства он купил?

Решение. Предположим, что человек купил у одноцен-
товых марок. Тогда он купил Зу/4 двухцентовых марок
и 9у/16 пятицентовых марок. Так как 9у/16 — целое чис-
ло, то у делится на 16. Тогда для некоторого целого
числа 16# = у и покупка состояла из 16л одноцентовых,
12# двухцентовых, 9х пятицентовых и 5 восьмицентовых
марок. Предположим, что он расплатился за марки
*-долларовым банкнотом. Таким образом, стоимость равна

16я + 2 -(12я) + 5 -(9я)+8 -5 = 100*,
т. е.

85я + 40 = 100*,
п	20к — 8	7 , 37г — 8

17я = 20* — 8 и х =—jy— = * Ч------ру-.

Так как числа х и к — целые, то

З/с —8
—------также целое число.

17

Но * должно быть одним из чисел 1, 2, 5, 10, 20, 50, 100,
1000 или 10 000. Единственным из них значением к, при
котором (Зк — 8)/17 — целое число, является к = 1000,
что , означает, что человек купил 18 816 одноцентовых,
14112 двухцентовых, 10 584 пятицентовых и 5 восьми-
центовых марок.

ЗАДАЧА 28. КАРТЫ НА СФЕРЕ

Рассмотрим на сфере географическую карту
М. Предположим, что в каждой вершине карты М схо-
дятся ровно три страны и что ни одна из границ стран
не является петлей (т. е. каждая граница содержит не
менее двух вершин). Карта окрашена красками Л, В,
С, D так, что граничащие страны окрашены в разные
цвета. Мы используем термин «страна» для всех обла-
стей на карте независимо от того, являются ли они стра-
нами или водным пространством.

Будем называть страну четной или нечетной в за-
висимости от четности или нечетности числа ее границ.
Докажем, что общее количество нечетных стран, кото-
рые окрашены в один из двух цветов, скажем, в А или В,
является всегда четным числом.

Решение. Этот вопрос кажется очень трудным, потому
что, даже зная, что страна окрашена в цвет А, мы не
можем ее причислять к рассматриваемой совокупности,
пока мы не знаем, четная она или нечетная.

Рис. 32

На выручку приходит следующая великолепная идея.
Каждую вершину V поместим внутрь маленького тре-
угольника так, как показано на рис. 32 (вершина V
и короткие части каждой из дуг, выходящих из этой
46
вершины, стираются, а свободные концы соединяются,
при этом образуется треугольник). Конечно, это добав-
ляет в каждой вершине новую треугольную страну, в ре-
зультате чего получается новая, карта М'. Хотя три из
четырех цветов окружают вершину V, остается еще чет-
вертый цвет для этого нового треугольника. Таким об-
разом, эти треугольники можно окрасить, соблюдая пра-
вило, что соседние страны должны быть окрашены в
различные цвета. Также заметим: на карте М' по-преж-
нему в каждой вершине сходятся три страны.

Построение карты М' имеет двойной эффект. Сторона
нового треугольника также является новой границей
существующей страны, тем самым меняя ее четность:
из четной в нечетную или наоборот. Таким образом, когда
в вершине V построен новый треугольник, количество
нечетных областей в каждом из трех цветов, окружавших
вершину V, изменяется на единицу (увеличиваясь или
уменьшаясь), но так как новый треугольник сам явля-
ется нечетной страной четвертого цвета, мы видим, что
количество нечетных стран меняется на единицу для
каждого из четырех цветов. Тогда для любой пары цветов
изменение общего количества нечетных стран, имеющих
эти цвета, равно либо 2, либо 0, либо —2 в зависимости
от того, увеличивается или уменьшается количество нес-
четных стран с каждым из этих двух цветов. Во всех
случаях общее изменение для любых двух цветов явля-
ется четным числом. Поэтому количество нечетных стран,
окрашенных в А или В, вначале и потом имеют одну
и ту же четность. Все это сохраняется и при изменениях
в каждой вершине. Таким образом, после построения
карты М' общее количество нечетных областей, окра-
шенных в цвета А или В, имеет ту же четность, что и
в карте М, рассмотренной вначале. Следовательно, мы
можем получить необходимую информацию, рассматривая
карту М'.

Кроме того, при построении карты М' количество сто-
рон, окружавших страну на карте Л/, удваивается. Таким
образом, на карте М' все страны, бывшие и на карте М,
становятся четными, а нечетными будут лишь новые
треугольники. Нам остается показать, что количество но-
вых треугольников на карте М', окрашенных в цвет А
или В, четное.

Теперь нам в действительности уже не нужны нари-
сованные маленькие треугольники. Так как каждый из
них окрашен в тот цвет, который не окружает вершину
V, то мы получаем эквивалентную ситуацию, просто по-
мечая каждую вершину на карте М тем цветом, который
не окружает ее. Предположим, что мы сделали такую
замену. Покажем, что общее количество вершин, поме-
ченных цветами А или В, четно. С этой целью рассмот-
рим границу, разделяющую две страны, окрашенные в
цвета С и D, Вершины в концах такого «разделителя»

Рис. 33

не могут быть помечены ни цветом С, ни цветом В, так
как эти цвета окружают каждую из них (рис. 33). По-
этому каждый из концов разделителя должен быть по-
мечен цветом А или В. С другой стороны, если вершина
помечена цветом А или В, то цвета С и D обязаны со-
держаться среди трех цветов стран, окружающих эту
вершину. Следовательно, одно из ребер, выходящих из
этой вершины, должно быть разделителем. Тогда мы име-
ем, что оба конца этого разделителя помечены цветами
А или В, а разделители присутствуют у всех вершин,
помеченных цветами А или В.

Завершает наши рассуждения доказательство того
факта, что никакие два разделителя не могут иметь об-
щего конца. Но это очевидно. Предположим, что два раз-
делителя встречаются в некоторой вершине, помеченной,
скажем, цветом А. Три страны, примыкающие к этой
вершине, должны быть окрашены в цвета В, С и D,
но ребро между странами с цветами В и С не является
разделителем, как не является разделителем и граница
между странами, окрашенными в цвета В и D. Таким
образом, из вершины, помеченной цветом Л, выходит не
более одного ребра, являющегося делителем.

Это означает, что разделители не пересекаются; та-
ким образом, все вершины, помеченные цветом А или В,
разбиваются на пары, откуда следует, что их общее число
четно.
ЗАДАЧА 29. ВЫПУКЛЫЕ ОБЛАСТИ
НА ПЛОСКОСТИ

Докажите, что всякая замкнутая выпуклая
область на плоскости, имеющая площадь л или большую,
содержит две точки, находящиеся на расстоянии 2 друг
от друга (рис. 34).

Решение. Введем полярную систему координат так,
чтобы полярная ось касалась этой области в центре си-
стемы координат. Предположим, что уравнение границы

Рис. 34

области таково: г = /(0). Тогда, используя обычную фор-
мулу площади, имеем

л

Л	Л	2	Л

^=Jlr2d0=-lj‘f (0)rf0=4 J +

0	0	о	л

2

Заменяя во втором интеграле 0 на 6 +-$, мы видим,
что он равен

Л/2	Л/2

4 J /!(в + тИе + 4)=4 J /“(0 + 4)л

о	'	' о	'

Следовательно, площадь равна

Л/2

Подынтегральная функция здесь, равна квадрату длины

4 р. Хонсбергер	49
искомой хорды. Если любые две точки отстоят на рас-
стояние, меньшее 2, то все хорды будут иметь длину,
меньшую 2, а их квадраты будут меньше 4, и мы имеем

JT/2	Л/2

f 4 de = 2 J dQ = л.
О	о

Получили противоречие, откуда следует справедливость
утверждения задачи.

Мы замечаем, что если длина ни одной из хорд не
превосходит 2, то площадь не превосходит л. Таким об-
разом, если известно, что площадь превосходит л, то
должна существовать некоторая хорда, длина которой
превосходит 2.

Эта работа подводит к красивым результатам из ком-
бинаторной геометрии. В 1911 г. Герман Минковский
в работе, написанной незадолго до смерти, разразился
серией поразительных результатов о выпуклых областях
на плоскости. Там содержится и ныне знаменитая тео-
рема:

Если центрально-симметричная замкнутая область
площади, большей 4, имеет свой центр в целочисленной
точке, то она содержит еще не менее 2-х целочисленных
точек. (Центрально-симметричной фигурой называется
фигура, содержащая точку О, поворот вокруг которой на
180°, приводит к совмещению фигуры с ее прежним по-
ложением.)

Эта теорема рассматривается в моей книге «Mathema-
tical Gems», том 1, и я не буду повторять здесь ее до-
казательство. Однако мы можем легко доказать теорему,
предложенную Джозефом Хаммером (АММ, 1968):

Если центрально-симметричная замкнутая область R
площади > л имеет свой центр в целочисленной точке,
то она может быть повернута вокруг своего центра в
положение, при котором будет содержать еще по край-
ней мере две целочисленные точки.

Доказательство. Так как точка О — центр фигуры R,
то она делит пополам каждую проходящую через нее
хорду. Поэтому, если существует хорда АВ, проходящая
через точку О и имеющая длину >2, то эта хорда будет
простираться по крайней мере на 1 в обе стороны от
точки О и, поворачивая ее вокруг точки О, мы можем
привести ее в положение, при котором она будет покры-
вать две соседние целочисленные точки (С и D, или Е
и F) на прямой, проходящей через точку О и принад-
лежащей целочисленной решетке (рис. 35).

Так как фигура R имеет площадь >л, то, как мы
знаем, некоторая ее хорда имеет длину >2. Таким об-
разом, если хорда АВ проходит через О, то утвержде-
ние справедливо. Если хорда АВ не проходит через О, то

точка отстоит даже более чем на ABI2 от одного из концов,
скажем, А. А поскольку фигура R центрально-симмет-
рична, хорда АО А' даже длиннее, чем хорда АВ, и до-
казательство закончено.

В точности та же идея подтверждает справедливость
и второй теоремы из работы Хаммера:

Если замкнутая выпуклая область R площади >л/2
поворачивается вокруг произвольной точки Р этой об-
ласти, то в некотором положении она покрывает по край-
ней мере одну из целочисленных точек.

Доказательство. Если фигуру преобразовать с по-
мощью гомотетии P(V2) (т. е. с центром Р и коэффици-
ентом V2), то все ее линейные размеры увеличатся в
Т2 раз, а площадь удвоится. Так как новая площадь
будет поэтому превосходить л, то новая область будет
содержать хорду длины >2. Это означает, что соответ-
ствующая хорда АВ в области 7? имеет длину >2/V2 =
= У2. Теперь, как ранее, любая точка Р либо является
серединой отрезка АВ, либо отстоит более, чем на АВ 12
от точки А или точки В. В любом случае, один из от-
резков РА или РВ длиннее, чем У 2/2, скажем, отрезок
РА. Но каждая точка плоскости расположена на расстоя-
нии не большем, чем У2/2 от некоторой целочисленной
точки (центр С целочисленного единичного квадрата от-
стоит ровно на У2/2 от каждой из четырех его целочис-
ленных вершин) (рис. 36). Таким образом, вращение

Рис. 36

вокруг точки Р позволяет спи-
це РА покрыть целочисленную
точку, ближайшую к точке Р.

Области, затронутые в тео-
реме Минковского и первой
теореме Хаммера, предполага-
лись центрально-симметричны-
ми. Для центрально-симметрич-
ных фигур центр симметрии и
центр масс совпадают. Таким
образом, эти теоремы можно
было бы сформулировать экви-
валентно в терминах областей,
имеющих свой центр тяжести
в целочисленной точке. Если

теперь отбросить предположение о их центральной сим-
метричности, то эти теоремы будут иметь смысл, но бу-
дут неверны. Однако, к нашему удивлению, их можно
спасти, если увеличить рассматриваемую площадь на 1/8:

Замкнутая выпуклая область площади > 4 у с цент-

ром масс в целочисленной точке покрывает еще не менее
двух целочисленных точек (предложено Э. Эрхартом)*

Замкнутая выпуклая область площади >9л/8 с цент-
ром масс в целочисленной точке может быть повернута
вокруг своего центра тяжести так, что будет покрывать
еще не менее двух целочисленных точек (предложено
Хаммером).

ЗАДАЧА 30* СИСТЕМА ДИОФАНТОВЫХ
УРАВНЕНИЙ

Решите следующую систему уравнений в на-
туральных числах:

а3 — Ъ3 — с3 = ЗаЪс,

а2 = 2(Ь + с).

Решение. Так как ЗаЬс — положительное число, то а3
должно быть больше, чем сумма 63 и с3; таким образом,
52
имеем

Ъ < а и с < а.

Складывая эти неравенства, получим, что Ъ + с < 2а,
следовательно, 2(Ь + с)<4а. Из второго уравнения по-
лучаем, что

а2 < 4а и а < 4.

Но второе уравнение также показывает, что а — четное
число. Таким образом, а должно быть равно 2, а мень-
шие числа Ъ и с должны быть равны 1.

ЗАДАЧА 31. ОТРАЖЕННЫЕ КАСАТЕЛЬНЫЕ

Пусть А и В — две окружности, лежащие
по одну сторону от прямой та. Постройте касательную
к окружности Л, которая после отражения от прямой т
также коснется и окружности В (рис. 37 на с. 54).

Решение. Симметрично отразим окружность В отно-
сительно прямой т в положение В'. Тогда общие каса-
тельные к окружностям А и В' дают четыре* возможных
решения (касательные к окружности В' при отражении
от прямой т переходят в касательные к окружно-
сти В) (рис. 38).

ЗАДАЧА 32. ЭЛЕГАНТНО РАЗРУШЕННАЯ
ШАХМАТНАЯ ДОСКА

Если выбросить из обычной шахматной
доски 8X8 все черные клетки, то доска утрачивает
способность размещения на ней хотя бы одной кости
домино размером 2X1. Однако эта способность восста-
навливается при возвращении хотя бы одной черной
клетки. Уменьшенную подобным образом шахматную
доску будем называть «элегантно разрушенной». *

Для такого разрушения совершенно не обязательно
выбрасывать все черные (или все белые) клетки. Впол-
не возможно выбросить некоторую смесь черных и
белых клеток. 32 кости домино очевидным образом покры-
вают шахматную доску (рис. 39), поэтому, если не вы-
брошена хотя бы одна клетка в каждой из образован-
ных 32 пар клеток, то на оставшейся доске может рас-
положиться хотя бы одна кость домино. Поэтому у доски,
Рис. 37
разрушенной требуемым образом, должно быть выбро-
шено не менее 32 клеток.

С другой стороны, оказывается возможным убрать
более 32 клеток и при этом получить элегантно разру-
шенную доску. Конечно, многочисленные уменьшения
доски будут ее разрушать.
Фокус состоит в том, что их
нужно расположить так, что-
бы возвращение любой вы-
брошенной клетки дало воз-

можность расположить

на

полученной доске хотя бы
одну кость домино. С точки
зрения этого довольно строго-
го ограничения, максималь-
ное количество клеток, кото-
рые можно выбросить, ока-
зывается довольно большим.
Найдите этот максимум.

Решение. Заштрихованные

Рис. 39

клетки на рис. 40
монстрируют элегантно
всего из 16 клеток. Мы

Де-
разрушенную доску, состоящую
покажем, что она не может со-

стоять менее чем из 16 клеток, доказав, что при выбра-
сывании более 48 клеток найдется хотя бы одна клетка,

возвращение которой еще
не даст возможности раз-
местить на доске кость
домино.

Если в каждой четвер-
ти доски находится не
менее 4 клеток, то на всей
доске будет их не менее
16. Если на доске оста-
лось меньше 16 клеток,
то в одной из четвертей,
скажем, в верхней левой,
будет не больше 3 кле-
ток. Следовательно, в не-
которой четверти от этой
четверти доски будут вы-
брошены все клетки. Мы
поочередно рассмотрим четыре возможных положения
А В, С, D для пустой четверти этой четверти доски
(рис. 41).
а)	Если пустая четверть есть А, то, возвращая угло-
вую клетку X, мы не сможем разместить кость домино
(рис. 42).

б)	Предположим, что выброшены четыре клетки Е,
клетки, окружающие В так,

Гис. 4Z

как показано на рис. 43. Теперь, если клетка Р выбро-
шена, то возвращение клетки Е не восстановит способ-
ности доски содержать кость домино, и наш поиск непо-
рождающей клетки X будет закончен. Поэтому предпо-
ложим, что клетка Р осталась. В этом случае соседняя
клетка Q должна была быть выброшена в силу правила
разрушения доски.
О	I						
р	Q	Y	Z				
Е	F	R	V	J			
Я	G	S		к			
		У	м				
							
							
							

Вокруг клетки F тогда мы .имеем пустые клетки Q,
Е и G, это означает, что либо X F и поиски окончены,
либо клетка R была сохранена. Пусть R — сохраненная
клетка, тогда соседняя с ней клетка S должна была быть
выброшена. Рассматривая клетку G, мы находим, что
искомая клетка X = G, если
клетка Т не оставлена, но
если это не так, то клетка
U должна быть выброшена.
Во всяком случае тогда мы
имеем, что либо мы нашли
искомую клетку X, либо по-
лучили, что клетка U выбро-
шена. Это означает, что все
три клетки, окружающие
клетку Я, выброшены. Это
дает нам, что X = Н. Поэто-
му клетка X может быть
найдена в любом случае.

Эквивалентный квадрат D	рис 44

рассматривается идентично.

в)	Осталось рассмотреть лишь случай пустого квад-
рата в положении С, Продолжим обозначения, исполь-
зуемые на рис. 43 так, как показано на рис. 44. Уча-
сток С состоит из клеток Я, 5, W, V.

Рассмотрим сначала клетку R. Так как V и 8 — вы-
брошены, то либо клетка F, либо клетка Y должна быть
оставлена, в противном случае X = R. Так как клетки F
и Y одинаковым образом расположены относительно
квадрата С, то эти случаи эквивалентны. Предположим
для определенности, что клетка Y оставлена. В этом
случае, мы можем применить тот же способ к рассмот-
рению квадрата С, как и в случае квадрата Я, при этом
либо клетка X находится среди клеток V, W и 8, либо
клетки У, /, М и G должны быть сохранены, а клетки
Z, К, N и F — выброшены. Таким образом, либо полу-
чаем искомую клетку X, либо две клетки У и G должны
сохраниться в верхней левой четверти доски. Но вспом-
ним, что этой четверти доски оставляется не более
трех клеток.

Если две из них — клетки У и G, то в этой четверти
доски может находиться еще не более одной клетки.

Если сохраняется угловая клетка О, то клетки Р, Я,
Я и F должны быть выброшены, откуда получаем, что
X ss Е. Если же клетка О выброшена, что наше рассуж-
дение легко закончить следующим образом. Если клет-
ка Р оставлена, то X = I. Предположим тогда, что клет-
ка Р выброшена. Так как клетка Y оставлена, то клет-
ка Q должна быть выброшена. В том случае, если
клетка Е выброшена, мы имеем, что Х = Р (так как
клетка О отсутствует). Если клетка Е сохранена, то
тройкой оставшихся клеток будут клетки У, Q и Е, но
тогда X = I.

ЗАДАЧА 33. СНЕЖКИ

Мальчик сделал два снежка, причем один
из них имеет диаметр вдвое больший, чем другой. Он
принес их в теплую комнату и дал возможность им та-
ять. Так как только поверхность снежка подвергается
действию теплого воздуха, то предположим, что скорость
таяния пропорциональна площади поверхности. Когда
растает половина объема большого снежка, то сколько
останется от меньшего?

Решение. Мы докажем, что предположение о том, что
скорость таяния снежка пропорциональна площади его
поверхности, влечет поразительный результат, заключа-
ющийся в том, что радиус уменьшается с постоянной
скоростью независимо от размеров снежка. Следователь-
но, оба радиуса будут уменьшаться на одну и ту же
величину.

Объем и площадь поверхности соответственно равны
V = 4лг3/3 и S = 4кг2.

Обозначив через t время, получаем, что скорость тая-
ния равна

dV 4 о 9 dr .	9 dr

— = v Л-Зг2-— = 4лг2 — .
dt 3	dt	dt

Так как эта скорость пропорциональна площади по-
верхности S = 4ЛГ2, мы имеем

4 л г2 = к (4 л г2),
dt	'

где к — константа. Отсюда

_ к
dt к,

как и утверждалось.
Предположим, что вначале радиусы равнялись 2г и г.
Тогда объем большего снежка равен

7 = Ая(2г)3 = 5 лг3.
О	о

После того, как растаяла его половина, он будет
иметь объем

V = у лг3 = у л (г

откуда его радиус равен г у^4. Каждый радиус при этом
соответственно уменьшится на (2 — V4) г. Тогда мень-
ший снежок будет иметь радиус

г — (2 — 7/4) г = г (7/4 — 1),

а объем его будет равен

V = у лг3 (7/4 — 1)\

что очень близко к 1/5 первоначального объема
((^4-1)3^ 0,2027).

ЗАДАЧА 34. ЦИФРЫ ЧИСЕЛ С ЕДИНИЦЫ

ПО МИЛЛИАРД

Какова сумма всех цифр, используемых при
записи всех чисел, первое из которых единица, а по-
следнее миллиард?

Решение. Добавляя ноль, мы можем образовать пол-
миллиарда пар чисел:

(0; 999999999), (1; 999999998), (2; 999999997), ...
..., (499999998; 500000001), (499999999; 500000000).

Сумма цифр в каждой паре будет 9-9 = 81.

Если добавить 1 в сумму цифр для неучтенного при
этом числа 1 000 000 000, то мы получаем сумму совсем
просто:

500 000 000 • 81 + 1 = 40 500 000 001.
ЗАДАЧА 35. ПРИМЫКАЮЩИЕ
НЕПЕРЕСЕКАЮЩИЕСЯ ЕДИНИЧНЫЕ
КВАДРАТЫ

Зафиксируем на плоскости положение не-
которого единичного квадрата S. Каково наибольшее ко-
личество единичных непересекающихся квадратов можно

Рис. 45

расположить в плоскости так, чтобы они касались квад-
рата S, но не пересекались с ним (рис. 45)?

Решение. Шахматная доска 3X3 дает пример с 8 при-
мыкающими квадратами, и, конечно, кажется, что квад-
раты упакованы с наибольшей возможной плотностью
(рис. 46). В течение долгого времени я чувствовал, что
это действительно так, но доказать не мог. Однажды я
был приятно удивлен, встретив чудесное доказательство
Янга в 1939 томе журнала «American Mathematical
Monthly».

Из чертежа (рис. 47) ясно, что

1)	расстояние между центрами двух непересекаки
щихся единичных квадратов >1 и

2)	расстояние между центрами двух соприкасающих-
ся единичных квадратов не превосходит V2.

Обозначим через А и В центры двух квадратов, ко-
торые примыкают к фиксированному квадрату 5 с цент-
ром в точке О (рис. 48). Пусть О А = х, ОВ = у и АВ = t
Тогда из 1) и 2) мы получаем, что

х, у, 1 и я, у V2.

Так как между квадратами с центрами в точках А и В
возможен промежуток, то расстояние t между этими точ-
ками может оказаться >1/2. Однако из того, что ника-
60
кие квадраты не пересекаются, мы можем лишь заклю-
чить, что t > 1.

Теперь, если бы точки О, А и В лежали на одной
прямой, скажем, в этом порядке, то длина ОВ = у была

Рис. 48

бы не менее 2, что превышает ее предельное значение
V 2. Следовательно, О А и ОВ — различные лучи, выхо-
дящие из точки О (рис. 48). Последовательно соединяя
точку О с центрами всех квадратов, соприкасающихся с
квадратом 5, мы получим веер различных отрезков, ис-
ходящих из точки О.

Теперь предположим, что О А и ОВ — последователь-
ные отрезки в этом веере и обозначим через 0 угол меж-
ду ними, как показано. Применяя теорему косинусов к
треугольнику ОАВ, получаем

t2 = x2 + y2 — 2ху cos 0,

откуда

cose=*2 + <^

2ху

Так как 1, то мы имеем, что

COS0

*2 + У2 -1

2ху

Эту функцию обозначим через f(x, у). Вспоминая, что
1^х, у ^Т2, мы видим, что f(x, у) положительна. Те-
перь покажем, что для значений х и у, удовлетворяющих
условиям, функция /(я, у) не больше 3/4.

Для читателя, незнакомого с частными производны-
ми, обстоятельный элементарный вывод дается в прило-
жении. Мы имеем

/ _ 2ху-2х — (х2 + у2 — 1) 2у __ х (2х) —(х2 + у2 — 1)_ х2-у2-}-1

Х	(2ху)2	2х2у	2х2у

Аналогично

fy ~

— + у2 + 1

2ху2

При 1 х, у V 2
fy неотрицательно,
при возрастании х,

ясно, что каждое из выражений /х и
Поэтому величина / не убывает как
так и при возрастании у, откуда сле-

дует, что /(V2, V2) не меньше, чем f(x, у) в любом из
возможных случаев. Это означает, что

Мы видим, что угол 0 между ОА и ОВ таков, что

п 3

cos 0^-т-.

4

Однако из таблиц мы находим, что cos 40° = 0,76604...
Таким образом,
cos 0 < cos 40°.

Это означает, что 0 > 40°, что, в свою очередь, ведет к
тому, что 360-градусная развертка веера отрезков, со-
единяющих центры соприкасающихся квадратов с точ-
кой О, не может вместить-9 таких углов 0, которые >40°,
откуда максимальное значение для числа соприкасаю-
щихся квадратов равно 8.

Аналогичная, но много более легкая задача была вы-
сказана в журнале «American Mathematical Monthly»
(1962 г.) Ньюменом и Вейсблюмом:

Шесть замкнутых кругов расположены на плоскости
так, что каждый из них не содержит центра другого
круга. Докажите, что нет точки, общей для всех этих
кругов.

Решение. Предположим, что некоторая точка О при-
надлежит всем этим кругам. Соединим эту точку с
шестью центрами, образуя веер отрезков из точки О.
Если два центра А и В лежат на одном и том же луче,
выходящем из точки О, то, так как каждый из кругов
содержит точку О, очевидно, что один из кругов должен
содержать центр другого (противоречие). Таким образом,
6 различных отрезков образуют веер (рис. 49).

Обозначим через А и В два таких центра, что отрез-
ки ОА и ОВ в этом веере соседние. Через г обозначим
больший из радиусов кругов с центрами в точках А и В
(или их общую величину, если они равны). Тогда, так
как ни один из кругов не содержит центр другого, то
длина отрезка АВ не меньше, чем г. Но так как оба
круга с центрами в точках А и В содержат точку О, то
ни ОА, ни ОВ не превосходят г. Таким образом, в тре-
угольнике ОАВ сторона АВ оказывается наибольшей,
а следовательно, угол АОВ больше остальных углов.

Следовательно:

угол А ОВ > 60°.

Это означает, что веер из 6 отрезков содержит в сумме
больше, чем 6 • 60° = 360°, что невозможно.
Приложение. График функции z = f(x, у) —
== (х2 + у2— 1)/2яу — поверхность в трехмерном простран-
стве (рис. 50). Мы интересуемся только той частью G,

которая лежит над квад-
ратом	у < У2 на

плоскости (х, у). Обозна-
чим через К (а, Ь) произ-
вольную точку в этом квад-
рате, а. через Р(а, b, z)—
точку на поверхности G,
расположенную над точ-
кой К. Рассмотрим пря-
мую L из точек квадрата,
имеющих ту же коорди-
нату у, что и точка К.
Плоскость л, проходящая

через L перпендикулярно
плоскости (х, у), пересекает поверхность G по некоторой
кривой С. Поскольку точки кривой С лежат на поверх-

ности G, их координаты удовлетворяют соотношению

Д:2 + У2 - 1

2ху

Однако, поскольку они лежат в плоскости л, все они
имеют у = 6. Следовательно, для кривой С мы имеем

__ х2 + Ь2 — 1

Z ~~ 2хЬ

Эта функция одной переменной х, и наклон касатель-
ной Т к кривой С в точке Р, очевидно, есть значение
в точке Р. После упрощений получаем

dz _x2 — b2 + l

dx ~ 2bx2

Так как х > 1, то х2 + 1 > 2, и так как Ъ V2, то
числитель х2 — b2 + 1 > 0. Поскольку знаменатель поло-
жителен, мы заключаем, что наклон касательной в каж-
дой точке кривой С неотрицателен. Другими словами,
при движении вдоль кривой С в направлении увеличе-
ния х, величина z не будет уменьшаться. Следовательно,
конец М отрезка L определяет точку на поверхности G,
расположенную не ниже других точек поверхности G,
находящихся над отрезком L.
Проводя отрезок L и плоскость л параллельно оси у,
мы аналогично получаем кривую С', задаваемую соот-
ношением

2/2	.

д +у —1
2ау

Для точек на С' мы имеем производную
dz___________________ — а2 + у2 + 1

dy 2ву* ®

которая неотрицательна для рассматриваемых у и а, что
показывается аналогично. Таким образом, функция не
опускается к плоскости (х, у) при таком движении, при
котором у возрастает, а х остается постоянным.

Итак, мы можем заключить, что если начать дви-
гаться от некоторой точки К (а, Ь) в квадрате, то она не
попадет никогда в часть поверхности G, расположенную
ниже начального значения, если двигаться вдоль пря-
мой L к точке М, а затем вдоль стороны квадрата к его
вершине N. Следовательно, на поверхности G нет точки,
удаленной от плоскости (х, у) больше, чем точка Я,
находящаяся над точкой N. Таким образом, точка
N(x, у), являющаяся точкой ЛД72, Т2), придает макси-
мальное значение функции /(я, у) среди всех точек
(я, у) в рассматриваемом квадрате, и это максимальное
значение равно

2 + 2 — 1 _

2.1	/2-1/2 ~ 4’

ЗАДАЧА 36. ОДНО ДИОФАНТОВО УРАВНЕНИЕ

Пусть а, Ъ, с, d — целые числа и а =# 0. До-
кажите, что если be — ad 0, то уравнение

аху + Ъх + су + d = 0

имеет лишь конечное число решений в целых числах.

Решение. Умножив уравнение на а, получаем

а2ху + abx + асу + ad = 0
и

(ах + с) (ау + b)=>bc — ad.

Это означает, что каждый из сомножителей ах + с и
ау + & является делителем чнсяж be — adz Так как

§ Р. Хонсбергер
bc — ad=/=O, то оно имеет только конечное число дели-
телей, а следовательно, существует и конечное число
возможных значений для ах + с и ау + Ъ и соответству-
ющее количество чисел х и у.

Графиком функции аху + Ьх + су + d = 0 является
гипербола. Если be — ad = 0, то уравнение сводится к
такому:

{ах + с) {ау + Ь) = О,

и гипербола вырождается в пару прямых, параллельных
осям координат. Ясно, что целые решения нашего урав-
нения соответствуют целым точкам на графике. Поэто-
му даже если be — ad = 0, то существует лишь конечно©

Рис. 51

число целочисленных решений, за исключением тех слу-
чаев, когда число а является делителем числа b или с,
тогда прямая, принадлежащая вырожденной кривой,
совпадает с прямой целочисленной решетки (параллель-
ной координатной оси).

Следующее лаконичное решение этой задачи было
указано моим коллегой Лероем Дикки. У гиперболы,
задаваемой уравнением аху + Ьх + су + d = 0, асимптоты
оказываются параллельными осям координат. Это можно
обнаружить, рассматривая параллельный перенос

тг £	"г Т Ъ

х — X-----, у = У-----,

а ’	а 1

преобразующий уравнение к виду

a(X--Wy--1 +	+ с(у--') + d = О,

I а /1 а /	\ а) *	\ a j

aXY + к = 0, где к — константа. Получаем уравнение
XY = const, являющееся стандартным уравнением гипер-
болы, у которой асимптотам соответствуют оси коордв-
нат. Из-за этого, поскольку кривая приближается к своей
асимптоте, в некоторый момент она пересечет прямую
целочисленной решетки в последний раз, а затем будет
находиться в полосе между двумя соседними прямыми
решетки. Это верно даже в том случае, когда асимптота
совпадает с прямой решетки, так как гипербола не пере-
секает своей асимптоты. Попав в такую полосу, беско-
нечный хвост кривой больше не встречается с целочис-
ленными точками (рис. 51). Следовательно, целочислен-
ные точки, содержащиеся на гиперболе, находятся в ко-
нечной части плоскости и поэтому их число конечно.

ЗАДАЧА 37. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ
ФИБОНАЧЧИ

Последовательность натуральных чисел
{/„}: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ...,

где

/1=/2 = 1 И /п = /п-1+/п-2 ДЛЯ И >2,

называется последовательностью Фибоначчи и является
одной из самых известных в математике. В действитель-
ности она настолько богата свойствами и обобщениями,
что учрежден журнал «Fibonacci Quarterly», который
публикует исследования по этой последовательности и
по темам, связанным с ней.

Наша задача довольно проста: сколько членов после-
довательности Фибоначчи не превосходит заданного на-
турального числа N?

Решение. Еще сто лет назад было известно, что п-й
член последовательности Фибоначчи равен

, _ 1 ГМ + У5\П й-Уб/Ч*)

Zn ~ Уб И 2 )	\ 2 / J •

Поскольку V5 приблизительно равен 2,2, имеем

1-Уб

2

« - 0,6.

Таким образом, число ((1 — У5)/2)п будет положитель-
ным или отрицательным в зависимости от четности

*) Доказательство этой формулы можно прочесть в книге:
Воробьев Н. Н. Числа Фибоначчи.— М.: Наука, 1984.

5*	17
числа п. Для всех п = 1, 2, ... выражение
1 /1-1/5\п

т/5 (	2 ;

по абсолютной величине не превосходит 1/2. Но /п —
целое число и так как

1 /1- “|/5\п
1/5 \	2	/

£

2 ’

то из формулы ВИДНО, ЧТО fn должно быть ближайшим
целым числом к числу

1 /1 + 1/5\п

1/5 \	2 ) *

Также ясно, что

1 /1 + 1/5^
УГ \	2 ;

отстоит меньше, чем на v* от ближайшего к нему цело-
го числа. Поэтому не может быть справедливым ра-
венство

1 /1+1/5\”
Т/5 \	2 )

=^+4-

Для чисел Фибоначчи /„ С N мы тогда должны иметь

1 /1 + 1/5\”
1/5 \	2 )

^ + 4.

(Чтобы ближайшее целое число не превышало 2V.)
И наоборот ясно, что если

1
1/5“

1 + Уб (п

2	}

то ближайшее целое число должно быть C7V. Поэтому
соотношение fn С N выполняется тогда и только тогда,
когда

£

2 ’
Теперь легко видеть, что это отношение логарифмов
никогда не будет целым числом. Предположим против-
ное, т. е. что

Тогда

ig(k + '|) /5} = к ig(l+_k2) = ig

[n + 11 VT= fl+W1 И J-fl + W = N + 1

V	2 н	^2 ) И 1/5" \ 2 /_•	+ 2 ’

что противоречит полученным выше результатам.

Так как п — целое число, то мы видим, что наиболь-
шее число Фибоначчи, меньшее или равное N и соответ-
ствующее наибольшему допустимому значению /г, есть
член с номером

lg((^ + 4)1/5}
тг = ‘,

1г(1±Л _

где [л] обозначает наибольшее целое число ^х. Так как
первые два члена одинаковы, мы видим, что количество
различных значений среди этих чисел Фибоначчи на
одно меньше, чем п.

Рассмотрим теперь задачу определения количества
способов выбрать из чисел 1, 2, 3, ..., п набор, не со-
держащий пар последовательных чисел (пустое множе-
ство также рассматривается как набор).

Решение. Обозначим через ап-\ количество наборов
из чисел 1, 2, 3, ..., п— 1. Тогда ап — количество набо-
ров из чисел 1, 2, 3, ..., п. Такой набор либо содержит
число тг, либо не содержит его. Если он не содержит,
то это будет один из ап_\ наборов из чисел 1, 2, 3, ...
..., п—1. Если же он содержит число п, то число п — 1
в нем не должно содержаться (так как числа п — 1 и
п — последовательные). Это означает, что оставшаяся
часть набора принадлежит к одному из ап_2 наборов из
чисел 1, 2, 3, ..., п — 2. Конечно, не обязательно выби-
рать кроме числа п еще какие-то числа. Это соответ-
ствует выбору пустого множества из чисел 1, 2, 3, ...
..., п — 2 (вот поэтому пустое множество мы включаем
в число наборов). Таким образом мы имеем в целом

(Zn ==3 dn—\ С1п—2.

Так как легко вычислить, что = 2 и — 3, то мы
видим, что последовательность продолжается так: 2, 3,
5, 8 ... и ап = /п+2 — (п + 2)-му члену последовательности
Фибоначчи.

ЗАДАЧА 38. НЕРАВЕНСТВО ЭРДЕША

Пусть ON — радиус круга с центром в точ-
ке О, пересекающий хорду АВ в точке 71/, перпендику-
лярно этой хорде. Пусть Р — произвольная точка на
большей дуге АВ, причем не являющаяся диаметрально
противоположной точке N. Отрезки РМ и PN определя-
ют, соответственно, точки Q и В на окружности и на
хорде АВ (рис. 52). Докажите, что RN всегда длиннее,

чем MQ. (Удивительно, что многие, если их попросить
быстро ответить, указывают на отрезок MQ, как на более
длинный.)

Решение I (Поль Эрдеш). Симметрично отразим от-
резок PN относительно диаметра NON' в положение P'N
(рис. 53). Поскольку АВ — перпендикуляр к ON, эта
симметрия переводит точку R в точку R' пересечения
отрезка P'N с хордой АВ. Следовательно, RN = R'N.
Заметим, что теперь оба отрезка РР' и АВ перпен-
дикулярны диаметру NON'. Следовательно, они парал-
лельны и образуют равные соответственные углы NR'M
и NP'P. Но /-NP'P = ^-NQP, поскольку они заключены
в одном и том же сегменте. Таким образом, ^-NR'M =
= Z-NQM, что влечет за собой тот факт, что четырех-
угольник QNMR' вписан в некоторую окружность.

Так как отрезок R'N стягивает прямой угол на этой
описанной окружности (с вершиной в точке М), то он —
диаметр этой окружности. Однако угол, стягиваемый на
описанной окружности хордой QM, а именно ^-MNQ, как
легко видеть, не является прямым углом (так как NN' —
диаметр данной окружности, то ^-NQN' — прямой, следо-
вательно, в треугольнике QNN' угол QNM — не прямой).
Поэтому хорда QM меньше диаметра R'N = RN.

Решение II (Питер Криппен). Обозначим через х и у
углы ^-Р и £-PMR соответственно (рис. 54). Тогда

Рис. 54

угол QON с вершиной в центре окружности равен 2х,
углы при основании равнобедренного треугольника OQN
равны по 90° — х. Легко вычислить, что другие углы име-
ют значения, указанные на рисунке. Применяя теорему
синусов к треугольнику MQN, мы получаем

QM _ MN

sin (90° — х) ~~ sin (х + у)1

а применяя ее к треугольнику MNR, получим

MN RN

sin(# + l/)	sin90°*
Таким образом,

QM _ RN
sin (90° — х) ~~ 1

Так как sin(90° — rc)< 1, то отсюда следует, что
QM < RN.

Еще одно великолепное решение было опубликовано
подающим большие надежды школьником Марком Клей-
маном в журнале «Math. Mag.» № 49, 1976 г.

ЗАДАЧА 39. РАЗДЕЛЕННЫЕ ЦЕЛОЧИСЛЕННЫЕ
ТОЧКИ

Отрезок с концами в точках Л(р, 0) и
В(0, р) проходит через р — 1 целочисленную точку:
(1, р — 1), (2, р — 2),..., (р — 1, 1). Если провести через
эти точки отрезки, соединяющие их с началом коорди-
нат— точкой О, то их будет р — 1, и они разобьют &ОАВ
на р маленьких треугольников. Ясно, что два крайних
треугольника имеют по стороне, лежащей на некоторой
оси координат, и не имеют целочисленных точек плоско-
сти внутри себя. Если р — простое число, то верно так-
же то, что ни один из разделяющих отрезков, исходя-
щих из начала координат, не содержат никакой цело-
численной точки (рис. 55). Докажите, что для просто-
го р все целочисленные точки, находящиеся внутри
△ 6Z4B, находятся внутри р — 2 маленьких треугольни-
ков, причем поровну в каждом из них.

Решение. Обозначим через С (а, Ь) целочисленную
точку внутри &ОАВ. Тангенс угла наклона прямой ОС
равен b/а. Если бы точка С лежала на разделяющем
отрезке, скажем, на отрезке, ведущем в точку (Z, р— i)
(l^Z^p—1), то тангенс угла наклона прямой ОС так-
же равнялся бы (р — i)/i: Ыа = (р — i)/i. Но так как
i < р и р — простое число, то i и р — i — взаимно-простые
числа. Однако точка С ближе к точке О, чем точка
(i, р — i). Поэтому а и. b соответственно меньше, чем i
и p — i. Уравнение bfa = (p — i)/i тогда указывает, что
у дроби (р — i)/i числитель и знаменатель не являются
наименьшими возможными, поскольку имеется дробь Ь/а.
Но это противоречит тому, что числа i и p — i — взаимно
просты, и мы заключаем, что все целочисленные точки
внутри &ОАВ находятся во внутренности указанных
(р — 2) треугольников.
Заметим, что отрезок АВ разделен целочисленными
точками (Z, p — i) на равные части. Отсюда следует, что
все маленькие треугольники имеют одинаковую площадь.
Так как каждая вершина является целочисленной

точкой, то мы можем использовать теорему Пика
для определения их площадей.

Теорема Пика. Площадь многоугольника, вершины
которого находятся в целочисленных точках (и не имею-
щего самопересечений), выражается в виде

7 + у-1,

где q — количество целочисленных точек внутри много-
угольника, ар — количество целочисленных точек на его
границе (оно включает вершины и другие целочислен-
ные точки на его сторонах).

Поскольку между точками (i, р — i) и (Z + 1, р — i — 1)
нет целочисленной точки, мы находим, что площадь каж-
дого из внутренних маленьких треугольников равна

9 + 4-1.
Так как эта величина одинакова для всех внутренних
треугольников, то q должно быть одним и тем же для
них всех, и получаем, что все внутренние целочисленные
точки треугольника ОАВ распределяются поровну.

Легко вычислить значение q. Каждый маленький тре-
угольник имеет площадь, равную 1/р площади треуголь-
ника ОАВ, и площадь маленького треугольника равна

Таким образом, q + у — 1 = -у, откуда

Р — 1

ЗАДАЧА 40. СОВЕРШЕННЫЕ ЧИСЛА

Древние греки открыли, что некоторые на-
туральные числа п обладают замечательным свойством:
сумма делителей числа п равна самому числу п (само
число не считалось делителем). Например, п = 28 дает
1 + 2 + 4 + 7+14 = 28.

Такие числа назывались «совершенными». Используя
арифметическую функцию сг(п), которая обозначает сум-
му всех положительных делителей числа п (включая и
само число п), можно написать, что число п совершенно
в том случае, если <у(п) = 2^. Совершенные числа очень
редки. Первые пять из них — это 6, 28, 496, 8128,
33 550 336. В 1976 г. было известно только 24 со-
вершенных числа, причем наибольшее из них было
219936 .^219937_ 1), содержащее около 6000 цифр*).

В восемнадцатом веке Эйлер доказал, что каждое
четное совершенное число т может быть представлено
в виде т = 2n”1 (2П — 1), где 2n—1—простое число.

Докажите самостоятельно следующие два несложных
утверждения, которые нам понадобятся в дальнейшем:

1)	о(п) является мультипликативной функцией, т. е.

• Ь) = а(а) - при условии, что а и b — взаимно
простые числа.

2)	Если 2П — 1 — простое число, то и число п — так-
же простое.

*) К 1989 г. их было найдено 52, наибольшее равнялось
256667 . (256667 _ !) _ Примеч. пер.
В свете этих предпосылок в данной задаче предлага-
ется найти все совершенные числа п, для которых
сг[а(лг)] также является совершенным числом.

Решение. Прежде всего предположим, что п — нечет-
ное совершенное число. Тогда о(7г) = 2тг, где 2 и п вза-
имно просты, и получаем

°'[а(п) ] = а(2тг) = и(2)о(п) = Зо(тг) = 3 • 2п = 6п.

Ясно, что блг четно, а если оно также и совершенно,
то для некоторого простого числа р мы должны иметь
6п = 2р"1(2р-1)

(р должно быть простым, поскольку 2Р — 1 — простое).
Однако, поскольку п — нечетно, число блг содержит мно-
житель 2 лишь единожды (в числе 6). Это означает, что

2Р“1 = 21, откуда р = 2.

Соответственно,

6п = 2(22 — 1) = 6, откуда п = 1.

Но 1 не является нечетным совершенным числом, и мы
пришли к противоречию. Таким образом, не существует
нечетных совершенных чисел п, для которых сг[о(тг)]
также является совершенным числом.

Предположим тогда, что п — четное совершенное
число. В силу сказанного для некоторого простого чис-
ла р мы можем написать

п = 2р-1(2р- 1),

где 2Р — 1 — простое число. В этом случае 2 и 2Р — 1 —
взаимно просты и мы имеем

<ф(п)] = а(2п)==о[2р(2р- 1)] == о(2р) • о(2р - 1) =

= (2p+1- 1) [(2Р—1)+1] =» 2P(2P’+1 — 1),
1гак как 2Р — 1 — простое.

Ясно, что это число четно и если оно также совер-
шенное, то оно уже представлено в эйлеровой форме
для таких чисел. Отсюда вытекает, что степень р +1
должна быть простым числом. Таким образом, числа р
и р + 1 должны быть оба простыми числами и, так как
они последовательные, то они могут быть только 2 и 3.
Следовательно,

п = 2Р-1 (2Р — 1) = 2 • (22 — 1) = 6
и

о[о(п)] = о[о(6)] = о(12) = 28.

Поэтому п = 6 — единственное решение.
ЗАДАЧА 41. СТОРОНЫ ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКА

Докажите, что если длины всех сторон че-
тырехугольника — целые числа (относительно некоторой
единицы длины) и если длина каждой стороны явля-
ется делителем суммы остальных трех сторон, то неко-
торые две из сторон равны.

Решение. Предположим, что никакие две стороны н&
равны. Тогда обозначим длины сторон Si > s% > s% >
а через p обозначим периметр. Мы получаем, что р — s*
делится на Si для i = 1, 2, 3, 4. В этом случае мы имеем
также, что и р делится на $i. Но при каких условиях р
делится на Si?

Рассмотрим случай si — наибольшей стороны. Сумма
любых трех сторон четырехугольника всегда больше чет-
вертой стороны (три стороны составляют «длинный
путь» вокруг четырехугольника от одного до другого
конца его четвертой стороны). Таким образом, Si не мо-
жет быть больше половины периметра: 51 < р/2. Однако
51 должно превосходить четверть периметра, так как это
наибольшая сторона (в противном случае все четыре
стороны в сумме не дадут р). Следовательно,

4 si 2 ’

Это означает, что частное при делении р на si больше 2?
но меньше 4. Следовательно, оно равно 3, и мы имеем?,
ЧТО 51 = р/3.

Так как 52<si, то частное от деления р на 52 боль-
ше, чем от деления на Si, откуда pl$2^ 4 и s^^pl^
Вновь, так как 5з < 52, то р/53 >5 и S3 р/5. Аналогич-
но s4 р/6. Поэтому

Р = S1 + S2 + 53 + s4 "I + “J + -f- + "f = qqP < P-

Получили противоречие. Следовательно, некоторые две
стороны четырехугольника должны быть равны.

ЗАДАЧА 42. ПРОСТЫЕ ЧИСЛА

В АРИФМЕТИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ

Покажите, что в любой арифметической
прогрессии из натуральных чисел с разностью, меньшей
2000, не может находиться 12 последовательных членов^
являющихся простыми числами.
Решение. Предположим, что все п последовательных
членов арифметической прогрессии

а, а + d, а + 2d, ..а + (п — i)d

являются простыми числами, п 3. Если а < п, то од-
ним из этих членов будет а + ad = а(1 + d), которое не
является простым числом, так как а и 1 + d оба боль-
ше 1. Поэтому а > п > 3.

Обозначим через р некоторое простое число, мень-
шее п, и предположим, что р не является делителем
числа d. Рассмотрим затем первые р членов:

а, а + d, а+ 2d, ..., а + (р — 1) d.

Обозначим через го, И, • • •, Тр-\ Р остатков от деления
их на р. Так как все члены — простые числа и р < п а
(наименьшего члена), то мы видим, что р не делит ни
одного из этих членов и поэтому ни один из остатков
не равен 0. Поскольку среди р остатков содержится
только р —1 ненулевых остатков 1, 2, ..., р— 1, из
«принципа Дирихле» следует, что некоторые два из них
равны, скажем, =	Это означает, что

а+ id = a + jd (modp),

(j —y)d = O (modp),

т. e. p делит число (f — j)d. Ho p— простое и не делит
числа d, поэтому р должно делить (i — j). Однако, так
как Z и / — положительные числа, меньшие, чем р, та-
кая делимость возможна лишь в случае	0, что

ведет к противоречию с условием 7 =/= i. Таким образом,
простое число р < п должно делить d.

Ряд из 73 = 12 последовательных простых членов дол-
жен иметь разность d, делящуюся на каждое простое
число, меньшее 12, а именно, 2, 3, 5, 7 и 11. Соответ-
ственно, число d должно иметь множителем число
2 • 3 • 5 * 7 • 11 = 2310, которое больше 2000, откуда и
следует требуемый вывод.

Прекрасная книга В. Серпинского «Теория чисел»
(1964 г.) содержит много интересных материалов на эту
тему. Например, 10 последовательных членов арифмети-
ческой прогрессии

199, 409, 619,	199 + 9*210
все являются простыми числами, так же как и 13 членов
4943 + к(60060),	^0, 1, ..., 12

все являются простыми числами.

Для того чтобы п = 5 последовательных членов ариф-
метической прогрессии были простыми числами, необхо-
димо, чтобы 2 и 3 делили ее разность d. Поэтому раз-
ность d должна быть кратной 6. Для d = 6 имеется
пример:

5, И, 17, 23, 29.

Однако это единственный случай, когда в арифмети-
ческой прогрессии с разностью 6 пять последовательных
членов являются простыми числами. Причиной этому
является тот факт, что среди любых пяти последователь-
ных членов такой прогрессии

а, а + 6, а + 2 • 6, а + 3 • 6, а + 4 • 6

должен содержаться член, кратный 5. Мы имеем а + Z6
^a+i (mod5). Независимо от того, делится а на 5 или
нет, одно из значений при i = 0, 1, 2, 3, 4 дает a + i = 0
(mod 5). Тогда для простоты членов один из них дол-
жен сам быть равным 5. На самом деле число 5 долж-
но быть самым первым членом (так как 5-6 = -1 не
может предшествовать числу 5) и в результате получаем
числа 5, 11, 17, 23, 29.

ЗАДАЧА 43. О ЧЕВИАНАХ

Предположим, что ВС — наибольшая из сто-
рон треугольника АВС. Пусть точка О выбрана где-то
внутри треугольника и прямые АО, ВО, СО пересекают
противоположные стороны в точках А', В', С' соответст-
венно. Докажите, что

ОА' + ОВ' + ОС' <ВС.

Решение. Отрезок, проходящий в треугольнике от его
вершины до противоположной стороны, называется «че-
вианой». Ясно, что чевиана имеет меньшую длину, чем
большая из двух сторон, выходящих из той вершины, из
которой она проведена. Соответственно, наибольшая сто-
рона треугольника превосходит все ее чевианы. Следова-
тельно, ВС больше, чем АА\ ВВ', СС'.

Пусть отрезки ОХ и OY соответственно параллельны
еторонам АВ is. АС, образуя треугольник OXY, подобный
78
треугольнику АВС (рис. 56).
из сторон треугольника АВС,
XY — наибольшая сторона
в треугольнике OXY. Та-
ким образом, XY больше
чевианы ОА'.

Пусть отрезки XS и
YT — параллельны, соот-
ветственно, отрезкам СС'
и ВВ'. Тогда треугольник
BXS подобен треугольни-
ку ВСС'. Ясно, что ВС —
наибольшая сторона тре-
угольника ВСС' и, соот-
ветственно, сторона ВХ—

Так как ВС — наибольшая
то соответственная сторона

BXS. Следовательно,

наибольшая в треугольнике

ВХ > SX = ОС' (из параллелограмма C'SXO).
Аналогично

YC > YT = OB'.

Складывая, получаем

ОА'+ ОБ'+ ОС'< XY + YC + ВХ = ВС.

Только что было показано, что ОА' + ОВ' + ОС' мень-
ше наибольшей стороны. Предположим, что А А'— наи-
большая из трех чевиан
АА', ВВ', СС'. Докажите
тогда более сильный ре-
зультат

ОА' + ОВ' + ОС'^АА'

Решение. Положим, что

QA’ OB'
= У и

АА’ ’ ВВ' v

ОС'

СС' ~Z'

Пусть AD и ОЕ — перпен-

Рис. 57

дикуляры, опущенные на

(рис. 57). Тогда треугольники ADA' и ОЕА'

сторону ВС
подобны и

ОЕ О А'
AD — АА'

Имеем

S (ДОВС) _ О^ВС-ОЕ __ОЕ_

S (&АВС) ~0,5BC-AD “ AD
получая отсюда S(^OBC} == xS^ABC). Подобным обра-
зом S(^OCA)-yS^ABC) и S(^OAB) = zS(&ABC). По-
скольку S (Л4ВС) = S (&ОВС) + S (&ОСА) + S (^ОАВ) =
= (я + у + z)S(^ABC), мы получаем, что rr + y + z = l.

Тогда имеем

ОА' + ОВ' + ОС' = хАА' + уВВ' + zCC'

С х • АА' + уАА' + zAA' = (х + у + z)AA' = АА'.
Заметим, что равенство возможно только в случае

АА' =ВВ' =>СС'.

ЗАДАЧА 44. КОРОВЫ И ОВЦЫ

Два человека совместно владели х коровами,
которых они продали по х долларов за голову. На выру-
ченные деньги они купили овец по 12 долларов за голову.
Поскольку выручка от продажи коров не делилась на 12,
они на оставшиеся деньги купили ягненка. Затем они
разделили стадо так, чтобы у каждого из них было одина-
ковое количество животных. Человек с ягненком поэтому
был отчасти обделен. Чтобы исправить положение, второй
отдал ему свою губную гармошку. Сколько стоит гар-
мошка?

Решение. Выручка от продажи равна х2 долларам.
Если бы х делилось на 6, то х2 делилось бы на 36, а сле-
довательно, на 12. Поскольку это не так, то х не делится
на 6. В этом случае х = 12/с + г, где |r| = 1, 2, 3, 4 или 5.
Соответственно,

4 _	++4.

Теперь, так как оба человека имеют одинаковое коли-
чество животных, общее количество животных четно, от-
куда следует, что имеется нечетное количество овец и
один ягненок. Поэтому частное от деления числа х2 на 12,
которое равно количеству овец, купленных на х2 долла-
ров, должно быть нечетным числом. Но 12к2 + 2кг — чет-
ное число. Поэтому число г2/12 должно давать нечетный
вклад в частное, В силу этого г2 должно превосходить 12,
откуда вытекает, что lrl=4 или 5. Для |г| «б имеем

^^24 А

12	12	12 '
давая четное число в качестве вклада в частное. Следова-
тельно, |г| должно быть равным 4 и г2 = 16. Таким об-
разом,

12	12	12

и остаток равен 4 (но не —4). Поэтому ягненок стоит 4
доллара. Следовательно, один человек имел 4-долларового
ягненка, а другой 12-долларовую овцу и передача 4-долла-
ровой гармошки выведет каждого из них на уровень 8 дол-
ларов.

ЗАДАЧА 45. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ
КВАДРАТОВ

Покажите,, что каждый член последователь-
ности

49, 4489,444889, 44448889,..., 44 ... 4 88 ... 89
п	п

является полным квадратом.

Решение. Общий член равен

Г=44.. .48,8.. .89=9 + 8-10 + 8-102+ ...
п	п

... + 8-10” + 4-10”+1+ 4-10”+2 + ... + 4-102”+1.

Представляя 9 в виде 1 + 4 + 4, а каждую восьмерку в ви-
де 4 + 4, имеем

71 = 1 + 4(1 + 10 + 102 + ... + 10") +

+ 4(1 + 10+ ... +102"+1) =

10п+1-1 , ,102п+2-1	4-102п+2 + 4--10”+г -ь <

= ! + 4-----g----+ 4----g----=------------g---------=

— (2-10n+1 +

Это всегда квадрат целого числа, поскольку очевидно, что
2 • 10n+1 + 1 делится на 3, так как сумма его цифр равня-
ется 2+1 = 3.

ЗАДАЧА 46. ВПИСАННЫЙ ДЕСЯТИУГОЛЬНИК

Задача о вписании правильного десятиуголь-
ника в круг вызывала острый интерес у математиков, на-
чиная со времен Древней Греции. Об этом писал Евклид и,
6 Р. Хонсбергер	81
в частности, дал очень красивый метод для вписывания
десятиугольника. Сначала покажем, что сторона х пра-
вильного десятиугольника, вписанного в круг радиуса г,
равна

я = -£( ]/5 —1).

Заметим, что угол, под которым из центра О видна
сторона АВ = х, составляет 36° (рис. 58). Поэтому равно-
бедренный треугольник ОАВ имеет углы при основании,
равные 72°. Пусть ВС —
биссектриса угла В. Тогда
треугольники АВС и ОВС
оба равнобедренные и х =
= АВ — ВС — ОС. Соответ-
ственно АС — г — х.

Рассмотрим окруж-
ность, описанную вокруг
треугольника ОВС. Так как
А-ABC такой же, под ка-
ким хорда ВС видна из
точки О на этой описанной
окружности, то прямая АВ
касается этой окружности.
Следовательно, из рас-
екущей АСО мы получаем

х2 = АО - АС = г(г —х) = г2— гх,

х2 + гх — г2 = О,

— г + Кбг2

Х —	2

Так как х положительно, то

как и утверждалось.

Теперь обратимся к замечательной задаче доктора Пан-
кова. Начнем с рассмотрения равностороннего треуголь-
ника КАВ. Вокруг этого треугольника расположены шесть
равных окружностей, три из которых касаются сторон в
их серединах, а три проходят через вершины, а их центры
лежат на продолжениях биссектрис углов треугольника.
Эти окружности увеличиваются с одной и той же ско-
ростью до тех пор, пока они не станут настолько боль-
шими, что коснутся друг друга и образуют кольцо из
шести равных окружностей радиуса г вокруг заданного
треугольника (рис. 59). Тогда, к нашему удивлению,
радиус х окружности, вписанной в треугольник К АВ, ра-
вен стороне правильного вписанного десятиугольника для

каждой из окружностей коль-
ца. (Удивительно, что любой
мог бы сделать такое откры-
тие.)

Решение. Нетрудно видеть,
что радиус х окружности,
вписанной в равносторон-
ний треугольник, равен одной
трети высоты (которая в то
же время есть медиана и бис-
сектриса). Обратившись к
рисунку, мы видим, что

2

ОВ = — высоты = 2х.

О

Рис. 59

Ясно, что отрезки АВ и CD параллельны. Поэтому
EF DB EF г	w г

OF~BO'	от™

Тогда О'Е~г!2— другой половине радиуса ОГЕ.

Теперь из прямоугольного треугольника OED имеем

ED2 = OD2 — ОЕ2 = (2х 4- г)2 — lx +	1 =

Зг2

= Зж2 + Згх + 4-'

Из прямоугольного треугольника O'ED получаем

O'D2 = ED2 + O’E2,

/	3Г2\ r2

4r2 = 13z2 + 3rx +

Г2 = x2 + rx,

x2 + rx — r2 = 0,

откуда, как и выше, следует

я=4~( Vs—О-
ЗАДАЧА 47. КРАСНЫЕ И СИНИЕ ТОЧКИ

Рассмотрим точки, расположенные в форме
квадрата из 20 столбцов и 20 строк, каждая из которых
окрашена в красный или синий цвет. Всякий раз, когда
две точки, окрашенные в одинаковый цвет, оказывают-
ся соседними в некоторой строке или столбце, они соеди-
няются отрезком того же цвета. Соседние точки разного
цвета соединяются отрезками черного цвета. Среди точек
219 красных, 39 из которых находятся на границе квад-
рата, но ни одна не находится в углу. Существует также
237 черных отрезков. Сколько синих отрезков?

Решение. В каждой строке находится 19 отрезков, та-
ким образом, получаем 19 • 20 = 380 горизонтальных от-
резков. Столько же и вертикальных отрезков, в результа-
те их общее число равно 760. Так как 237 из них — чер-
ные, то остальные 523 — синие или красные.

Обозначим через к количество красных отрезков и пос-
читаем, сколько раз красные точки являются концами
отрезков. Каждый черный отрезок имеет один красный
конец, а у каждого красного отрезка оба конца красные,
поэтому всего

237 + 2к красных концов.

Но 39 красных точек находятся на границе и являются
концами трех отрезков, а каждая из остальных 180 крас-
ных точек находится внутри и является концом четырех
отрезков. Таким образом, количество случаев, в которых
красная точка является концом отрезка, равно

39-3+ 180-4 = 837.

Поэтому

237 + 2/с = 837 и к = 300.

Количество синих отрезков тогда равно 523 — 300 = 223.
Подобная задача была предложена в журнале «Ameri-
can Mathematical Monthly» (1971 г.) Т. С. Брауном и ре-
шена Стефаном Б. Маурером.

Рассмотрим прямоугольное расположение красных и
синих точек с четным числом строк и четным числом
столбцов. В каждой строке половина точек красные и
половина — синие; аналогично и в столбцах. Всякий раз,
когда две точки одинакового цвета оказываются соседними
в строке или столбце, они соединяются отрезком того же
84
цвета. Покажите, что общее количество красных отрезков
равно общему количеству синих отрезков.

Решение:

t-я строка	к	с	к	с	••• к	к

11:	: I:

1+1-я строка	к	с	с	к к	с

Рассмотрим две соседние строки из точек, скажем,
i-ю и i + 1-ю. Если две точки одинакового цвета находятся
одна под другой, то эта пара соединяется отрезком. Назо-
вем такие точки «спаренными», а пары разноцветных то-
чек «неспаренными». Теперь вспомним, что в каждой стро-
ке половина точек красные, а другая половина синие.
Поэтому в строчках одинаковое количество красных точек.
Ясно, что соседние строки имеют одинаковое количество
спаренных красных точек, поэтому в них и одинаковое
количество неспаренных красных точек. Поскольку под
каждой неспаренной красной точкой £-й строки стоит не-
спаренная синяя точка i + 1-й строки, мы имеем, что
число неспаренных синих точек в i + 1-й строке =

=* числу неспаренных красных точек в f-й строке =

= числу неспаренных красных точек в i + 1-й строке.

Тогда в i + 1-й строке мы имеем одинаковое количество
неспаренных красных точек и неспаренных сичих точек.
Так как в 1+ 1-й строке находится одинаковое общее чис-
ло красных и синих точек, то отсюда следует, что там бу-
дет одинаковое число спаренных красных точек и спарен-
ных синих точек. Это влечет за собой равенство количе-
ства синих и красных отрезков, соединяющих строки. То
же самое верно и для соседних столбцов, откуда вытекает
окончательный вывод.

ЗАДАЧА 48. МЕТОД ШАЛЯ

Если дана окружность С некоторого круга, то
несложно найти ее центр и определить радиус. Для этого
обычно проводятся срединные перпендикуляры к двум
хордам для того, чтобы получить центр, после чего опре-
деляется радиус. В то время как для определения средин-
ного перпендикуляра к хорде требуется провести пару
дуг, при построении срединных перпендикуляров у двух
соседних хорд можно ограничиться тремя дугами (исполь-

зуя одну и ту же дугу при построении каждого из двух
перпендикуляров). При этом
Р/	используется циркуль для

\ проведения не менее трех дуг
Су	I \ q ] и дважды применяется ли-

/	И \/Л\ у нейка. Введем следующий ме-

/	\\// Хц у ТОД построения радиуса, из-

I	вестный как «метод Шаля»,

I	\ I	/Т Q	в котором проводятся только

\	X I /	две дуги и один раз исполь-

X	X \ / / зуется линейка (рис. 60).

Xlx	Взяв точку О окружности

----С как центр окружности D,
рис 6q	найдем точки ее пересечения

Р и Q с окружностью С.
Проведем еще окружность с центром в точке Q того же
радиуса и отметим точку R ее пересечения с окружностью
D, находящегося внутри окружности С. Пусть прямая PR
пересекается с окружностью С в точке L. Тогда QL —
радиус окружности С (так же как и LR).

Решение. Ясно, что все три стороны треугольника QOR
являются радиусами окружности D, следовательно, он
равносторонний и /-ROQ = 60°. Поэтому X.RPQ = 30° как
вписанный (в обе окружности) и угол LXQ из центра X
окружности С также равен 60°. Следовательно, треуголь-
ник XQL — также равносторонний и QL = г.

(Нетрудно доказать, что треугольники RQL и XOQ
равны, откуда мы получаем, что RL = ОХ = г.)

ЗАДАЧА 49. О ФУНКЦИИ л (л)

Простые числа давно пользуются особым
вниманием математиков. Одной из наиболее интересных
функций, связанных с простыми числами, является функ-
ция л(п) — количество простых чисел, не превосходящих
числа п.

Задача. Докажите, что л(п)^—-^-.

Решение. Выдающийся венгерский математик Поль
Эрдеш нашел следующее элементарное решение этой
задачи.
Обозначим через тп некоторое натуральное число. Пред-
положим, что к2 — наибольший квадрат, который является
делителем числа т, т. е. m = k2v. Тогда v не может иметь
повторяющихся множителей, в противном случае полный
квадрат, больший чем к2, будет делителем числа тп. (Чис-
ло v называют «свободной от квадратов» частью числа т.)

Теперь зафиксируем натуральное число п и рассмотрим
натуральные числа тп п. Пусть каждое из чисел тп =
= 1, 2, ..., п будет представлено в виде тп = k2v, где число
v не имеет повторяющихся множителей. Так как в каж-
дом случае мы имеем, что к2 =С тп =С ft, то к должно быть
одним из чисел 1, 2, 3, ..., [Yft], где [Yft] обозначает наи-
большее целое число, не превосходящее числа 1/п. Так как
О тп ft, все простые делители числа v должны принад-
лежать совокупности простых чисел, которые не превосхо-
дят ft, а именно, pi, р%, ..., Будучи произведением
некоторых простых чисел из этой совокупности, число v
должно быть одним из чисел вида

па1. па2 . . . пал(п)

^П(п) ’

где каждый из показателей степени аг- равен 0 или 1 (чис-
ло v не имеет повторяющихся множителей). Так как каж-
дое из чисел может равняться как 0, так и 1, то сущест-
вует 2Я(П) различных чисел такого вида.

Резюмируем сказанное. Для каждого числа тп = k2v,
где число v не имеет повторяющихся множителей, к при-
надлежит множеству из [Yft] чисел

Х = (1, 2, ..., [Vft]),

a v должно принадлежать множеству из 2Я(П) чисел

Y = (рТх-р“а • • •	= 0 или 1).

Теперь каждому числу тп = 1, 2, . .., п соответствуют
число к из X и число v из Y такие, что тп = k2v. И наобо-
рот, выбирая соответствующие числа к из множества X и
v из множества У, мы можем получить любое из чисел
1, 2, ..., ft в виде k2v. Следовательно, производя выбор
чисел к из X и чисел v из У всеми возможными способами
и составляя числа k2v, мы можем образовать множество
чисел, включающее все п чисел 1, 2, 3, ..ft. Но при этом
образуется всего

[Vft] -2я(я) чисел.
Соответственно, имеем

[Утг] . 2Я(П)

Но Уп^= [Уп] по определению, и поэтому

Уп2я(п) > п, 2Я(П) > Утг,

/\1 О 1 1	In п

п (п) In 2 >-г Inn, «(«)>—=_.

В XIX столетии русский математик П. Чебышев дока-
зал более сильную теорему:

/ \	п

Л (п) > —nrj-.

4 •	12 In п

Короткая задача о функции л(тг) была предложена
Полем Эрдешем в журнале «American Mathematical
Monthly» в 1944 г. и решена Уитни Скобертом.

Докажите, что если oci < -аг < ... < осА < и — произволь-
ная последовательность натуральных чисел такая, что ни
одно из аг не является делителем произведения других, то
к < л (и).

Решение. Каждое число а,: < п и поэтому имеет разло-
жение на простые множители

ОС-; =	• • • Т)^^п\

г *2	^Л(п) *

Для того чтобы число не являлось делителем произ-
ведения остальных чисел, оно должно содержать некото-
рый простой множитель p,^(pi, Р2, Рл(п)) в степени
большей, чем сумма степеней р, у всех остальных чисел ос.
Таким образом, число ос, должно содержать это р, в сте-
пени большей, чем каждое другое отдельное ос. Каждое ос,
имеет такое число р, и ясно, что никакие два числа ос не
могут быть подобным образом связаны с одним и тем же
числом р,. Поэтому вы не сможете иметь чисел ос больше,
чем простых чисел во множестве (pi, рг, ..Р«(п)), и та-
ким образом, й^л(п).

ЗАДАЧА 50. ПОСТОЯННАЯ ХОРДА

Предположим, что две окружности Q и R
пересекаются в точках А и В (рис. 61). Точка Р лежит на
дуге окружности Q, расположенной вне окружности R.
Она проектируется через точки А и В, определяя хорду
СО на окружности R. Докажите, что независимо от того,
88
где точка Р взята на указанной дуге, длина хорды CD
всегда одна и та же.

Решение. Обозначим через Р и Р' положения точки Р,
соответствующие хордам CD и C'D' (рис. 62)^ Мы имеем

^РАР' =* ^-РВР',

Л.РАР' = АСЛС",
ЛРВР' = ^DBD',
что дает равенство ^-САС' = ^DBD. Это означает, что дуга
СС' равна дуге DD'. Прибавляя дугу CD' к каждой из

Рис. 61	Рис. 62

них, получаем, что дуга C'D' равна дуге CD, откуда мы
имеем, что и длины хорд тоже равны:

C'D' - CD.

ЗАДАЧА 51. КОЛИЧЕСТВО ВНУТРЕННИХ
ДИАГОНАЛЕЙ

Простой многоугольник это такой, который
сам себя не пересекает. Однако такой многоугольник мо-
жет быть далеко не выпуклым и многие его диагонали
будут лежать целиком или частично вне его. Докажите,
что тем не менее, каждый простой n-угольник имеет не
менее п — 3 диагоналей, полностью лежащих внутри него.

Решение. Ясно, что это утверждение справедливо для
четырехугольников (рис. 63). Предположим, что утверж-
дение справедливо для /с-угольников (к = 4, 5, ..п).
Рассмотрим простой (п + 1) -угольник Р. Заметим, что не-
возможен многоугольник, у которого нет диагоналей, рас-
положенных внутри него. Этот результат доказан в моей

книге «Ingenuity in Mathematics». Обозначим через d диа-
гональ, полностью лежащую внутри многоугольника Р.
Предположим, что d делит многоугольник Р на /д-угольник

и Г2-угольник. По предполо-
жению индукции мы имеем
не менее г\ — 3 и г? — 3 внут-
ренних диагоналей много-
угольника Р в этих его двух
частях. Добавляя саму диа-
гональ d, получим, что долж-
но быть не менее тд + Г2 — 5
внутренних диагоналей у
многоугольника Р.

Общее число сторон у двух
полученных многоугольников
равно гд + г2. Это число вклю-
чает все п + 1 стороны много-
угольника Р и дважды диа-
гональ d. Поэтому имеем
г\ + г2 = п + 3. Следователь-
но, Р имеет не менее

Г1 + Г2 — 5 = тг + 3 — 5 =

= п — 2 == (тг + 1) — 3

внутренних диагоналей. Отсюда по индукции следует
утверждение задачи.

Так как для любого натурального числа п > 3 можно
указать тг-угольник, имеющий ровно п — 3 внутренних диа-
90
гоналей, то число п — 3 является наибольшим числом
внутренних диагоналей, которое можно гарантировать.
Пусть касательные к окружности С в точках А и В пере-
секаются в точке Р (рис. 64). Выбирая точки N\, Nz, ...
..Nn_3 вдоль той дуги АВ, которая ближе к точке Р, мы
получим п-угольник PAN\Nz... Na_3B, который имеет в
точности 72 — 3 внутренних диагоналей PNh причем все они
выходят из точки Р.

Р. В. Эгглетон из Австралии установил, что простой
72-угольник имеет в точности п — 3 внутренние диагонали
тогда и только тогда, когда никакие две его внутренние
диагонали не пересекаются.

ЗАДАЧА 52. УТЯЖЕЛЕННЫЕ ИГРАЛЬНЫЕ
КОСТИ

Докажите, что невозможно так утяжелить
пару игральных костей, чтобы каждая сумма 2, 3, ..., 12
стала бы равновозможной.

Как обычно полагаем, что кости различны (т. е. выпа-
дение двойки на первой кости и четверки на второй отли-
чается от выпадения четверки на первой кости и двойки
на второй, хотя получается та же сумма).

Решение. Обозначим через рг вероятность выпадения
количества очков i на первой кости, а через Qi — вероят-
ность его выпадения на второй кости. Вероятность полу-
чения суммы 2 в этом случае равняется p\q\, в то время
как вероятность для суммы 12 равна p§q§. Если все один-
надцать вероятностей одинаковы, то каждая из них равна
1/11. Вероятность суммы 7 равна

1

= Pi<k + р&> + • • • + Р^ >Жб + р&~

\ d / Qa \	\

= Мб — + P^i — = PiQi — + Рв<к “Г =
\ yi /	\7б /	\ yi )	\ ^6 /

= 1 [ М . JL / М = 1	. М

11 \	/	11 \ ^6 /	11 Vi qo /

Поэтому мы получаем
Но сумма положительного числа с числом обратным ему
х + 1/х всегда не меньше 2. Поэтому предполагаемое утя-
желение невозможно.

ЗАДАЧА 53. КУРЬЕЗНАЯ

ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ

Предположим, что мы просматриваем все на-
туральные числа 1, 2, 3, ... и выбираем последователь-
ность следующим образом:

первое нечетное число (а именно 1),

следующие два четных числа (2 и 4),

следующие три нечетных числа (5, 7, 9),

следующие четыре четных числа (10, 12, 14, 16),

следующие пять нечетных чисел (17, 19, 21, 23, 25)
и так далее, получая ряд 1, 2, 4, 5, 7, 9, 10, 12, 14, 16,
17, 19, ...

Докажите, что ft-й член ип получается по формуле

9 Г1 + У8^71

ип = 2п — I --------J,

где [я] означает наибольшее целое число, не превосхо-

дящее х.

Решение. Сравним последовательность U с последова-
тельностью Е четных чисел и пусть D — последователь-
ность разностей между соответствующими членами D ==
=={dn}. Мы увидим, что последовательность D состоит из
одной единицы, двух двоек, трех троек, ...,

Е = {2п}:2,	4, 6,	8,10,12,		14,16, 18,20	22,
U={un}:l,	2,4,	5,	7, 9,	10,12,14,16,	17,
D={dn}:l,	2,2,	3,	3, 3,	4, 4, 4, 4,	5,

и п чисел, равных щ ... Члены последовательности U рас-
пределены по группам из одного члена, из двух членов,
трех членов и т. д. Внутри группы все члены либо четные,
либо нечетные, возрастающие на 2, как и последователь-
ность четных чисел. Поэтому последовательность разно-
стей D будет состоять из одинаковых членов в каждой
группе. При переходе к следующей группе в последова-
тельности четных чисел член продолжает увеличиваться
на 2, в то время как в данной последовательности и при
переходе от четных чисел к нечетным (или наоборот) воз-
растание будет лишь на 1. Соответственно разность, ко-
торая будет сохраняться в следующей группе, увеличива-
ем
ется па 1 и члены из D будут такими, как указывалось
выше. Найдя формулу для dn, мы получим формулу для
ип из соотношения

иа = 2п — dn.

Попробуем определить dn для конкретного значения п.
Как мы видели, члены из D распадаются на группы с по-
стоянным значением:

(1), (2,2), (3,3,3), ...,(&- 1, к-1, . ..), (к, к, . ..), ...

к—1 раз	к раз

Нам нужно найти группу, которая содержит наш дан-
ный член dn. Если он содержится в к-й группе, то его зна-
чение равно к. Заметим, что перед к-й группой стоят одна
единица, две двойки, три тройки, ..., к — 1 чисел к— 1,
а всего

1 + 2 + 3 + ... + (fc — 1) = ——членов.

Если dn находится в к-й группе, то, будучи п-м членом
в последовательности D, он порождает соотношения

<ЦЛУ + 1<д< |<‘- + «>-2ч<-<+»> + !

Например, если dn находится в 10-й группе, то

(10 — 1). 10

2

(11 — 1)11
п<-	2

+ 1.

Конечно, в этом случае мы также имеем (9 — 1)9/2 + 1

(8 - 1)8/2 + 1 п, ..., (1- 1)1/2+ 1^п. Из всех
целых чисел (т — 1) т/2 + 1 при т = к получаем наиболь-
шее значение Таким образом, мы имеем, что число
к = dr есть наибольшее из чисел т, удовлетворяющих ус-
ловию (т — 1) т/2 + 1 п, или

т2 — т + 2 (1 — п) 0.

Но трехчлен т2 — т + 2 (1 — п) неположителен для всех
значений т, лежащих на замкнутом интервале между кор-
нями соответствующего уравнения п2 — т + 2 (1 — п) = 0,
которые таковы:

= 1±У1-3|1-„) _1±У8^7 (р„ 65).

£ £
Таким образом, к есть наибольшее целое число в проме-
жутке

1 —Т/8п —7

2

1 + 1/8п — 7

2

т

Так как к — целое число, то мы имеем

а по выведенной формуле

9 Г1 + 1/8П - 7]
un = 2n— I -----------[.

Натан Мендельсон обратил внимание на дополнитель-
ную последовательность V = {ип} натуральных чисел, не
входящих в U‘.

Т = {рп}: 3, 6, 8, И, 13, 15, 18, 20, 22, 24, 27, ...

Он установил, что члены этой последовательности тоже

образуют группы в один член, два члена, три члена и т. д.,
и что формула для vn получается не вычитанием dn из 2щ
как в случае ип, а его прибавлением:

vn = 2п + dn = 2n +

1 + Т/8п—7

2

Это немедленно следует из того, что vn + ип = 4тг. Этот
результат не очень трудно доказать. Он предлагается в
качестве упражнения.
ЗАДАЧА 54. ДЛИННЫЕ ЦЕПОЧКИ
ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫХ НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ

Хотя существует бесконечное количество
простых чисел, промежутки между последовательными
простыми числами в последовательности натуральных чи-
сел могут быть сколь угодно большими. Это легко видеть,
если рассмотреть для всех натуральных чисел п набор
чисел

(п + 1)! + 2, (тг+ 1)! + 3, ..., (n + 1)! + (тг + 1),

содержащий п последовательных составных чисел.

Докажите, что также существуют сколь угодно длин-
ные цепочки последовательных натуральных чисел, каж-
дое из которых имеет в качестве делителя число, отличное
от 1 и являющееся полным квадратом.

Решение. Мы докажем по индукции, что для всех на-
туральных чисел п существует множество из п последо-
вательных чисел, каждое из которых имеет делителем пол-
ный квадрат >1.

1)	Для п = 1, любой квадрат >1 удовлетворяет наше-
му условию.

2)	Предположим, что для п > 1 имеется последова-
тельность из п натуральных чисел

#1, 6^2, • • •,

каждое из которых имеет делителем полный квадрат >1.
Мы найдем п + 1 последовательное натуральное число с
тем же свойством.

Обозначим через полный квадрат >1, который явля-
ется делителем числа аг-, Z == 1, 2, ..., п, и через L обозна-
чим произведение этих чисел s{. Поскольку числа щ явля-
ются последовательными, то &2 ==	+ 1 и т. д. Придержи-

ваясь этих обозначений, число ап + 1 обозначим как ап+\
и получаем ац аг, ...» an, an+i—цепочку из тг+1 после-
довательных чисел. Число an+i(L + 2)L обозначим через
А. Число А делится на каждое из чисел $г-, поскольку
имеет сомножителем число L. Теперь рассмотрим после-
довательность из п + 1 натуральных чисел

А + ai, А + аг, ..., А + dn+i.

Для i = 1, 2, ..п оба числа А и аг делятся на $г-, откуда
следует, что первые п из этих чисел имеют в качестве де-
лите л ей квадраты >1. Для последнего же числа полу-
чаем

4“	1 ^п+1	4“ 2) L 4“ &n-f-l

= an+1(L24-2L4-l) = an+1(L4-l)2.

Так как s* > 1, то L>1 и (L4-1)2 является квадратом
>1. Таким образом, все п4-1 чисел делятся на квадраты
>1, и по индукции получаем наше утверждение.

Таким же образом можно показать, что для любого
натурального числа п существует п последовательных чи-
сел, каждое из которых делится на ттг-ю степень некото-
рого натурального числа >1, где т > 2. Для этого нужно
только взять в качестве Si т-ю степень числа >1, а в ка-
честве числа А число

Л=ап+1[(Л4-1Г-1].

Заметим, что предложенный метод не только показы-
вает существование описанной выше последовательности,
но и дает итеративный способ построения такой последо-
вательности. Так как единственным используемым свой-
ством числа L является его делимость на каждое из чи-
сел Si, то вместо того чтобы в качестве L брать произве-
дение всех Si, мы можем взять их наименьшее общее крат-
ное. Это поможет нам уменьшить число L и, соответст-
венно, сократить вычисление.

Это означает, что, согласно замечанию, я смогу ука-
зать в некотором месте натурального ряда триллион чисел
(или столько, сколько вы захотите), каждое из которых
делится на число, являющееся триллионной степенью на-
турального числа >1, и что при наличии достаточного
времени я смогу в действительности выписать для вас
такую цепочку чисел.

ЗАДАЧА 55. МИНИМАЛЬНЫЙ ВПИСАННЫЙ
ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИК

Пусть диагонали четырехугольника ABCD,
вписанного в окружность, пересекаются в точке X, а точ-
ки Р, Q, R, S — основания перпендикуляров, опущенных
из точки X на стороны четырехугольника ABCD. Докажи-
те, что из всех четырехугольников, имеющих вершины на
каждой из сторон четырехугольника ABCD, наименьший
периметр имеет четырехугольник PQRS.
Решение. Начнем с доказательства того, что отрезки
PS и PQ образуют равные углы с прямой АВ (рис. 66):

Л-APS = /-BPQ.

Мы получим этот результат из того, что они имеют
равные дополнения:

Z-SPX = Z-QPX.

Из рассмотрения прямых углов в четырехугольнике
PBQX мы получаем, что он вписанный, откуда ^-QPX =
= ^-QBX. Аналогично, че-
тырехугольник APXS — то-	/7^=3"

же вписанный и /-SPX =

= ^-SAX. Однако в дан- / Р	/	>>^\\

НОЙ окружности углы /

CBD и CAD опираются на /	/ \	\

одну и ту же дугу и, еле- /	/	/ \ '

довательно, равны, поэто- /	X. \

му /-QPX = /-SPX и мы /	\	/ \ \

получаем доказательство \l/t	\/ W

нашего утверждения. Ана- в V"-------------

логично, в каждой верши- \	/

не четырехугольника х.	/

PQRS стороны образуют
равные углы с соответст-	------

вующими сторонами че-	Рис- 66

тырехугольника ABCD.

Вследствие этого при отражении четырехугольника
PQRS относительно стороны четырехугольника ABCD об-
раз каждой из сторон, которые пересекаются с осью сим-
метрии, является в точности продолжением другой сторо-
ны (рис. 67). Серией из трех отражений I, II и III можно
выпрямить периметр четырехугольника PQRS, как изоб-
ражено на рис. 68. Здесь показаны четыре примыкающих
одинаковых изображения четырехугольника PQRS внутри
четырехугольника ABCD. Поэтому А2£з=А1$г, а так как
противолежащие углы D^S^R^ и ASP равны (каждый из
них равен углу DSR), то A2S3 и AS также и параллельны.
Поэтому A2ASS3 — параллелограмм, в котором выпрям-
ленный периметр SS3 четырехугольника PQRS равен от-
резку АА2.

Теперь произведем такие же отражения, развертываю-
щие периметр, для произвольного четырехугольника,

7 Р. Хонсбергер

97
имеющего вершины на каждой из сторон четырехугольни-
ка ABCD. Если Y — вершина на стороне AD, а Уз — ее
образ на отрезке A2D2, то, поскольку A2Y3 и AY равны и

Рис. 68

параллельны, мы снова видим, что A2AYY3 — параллело-
грамм (рис. 69). Поэтому YY3=AA2. Однако развернутый
периметр расположен между точками У и У3. Если это
ломаная, то она длиннее, чем У Уз. В случае, когда пери-
метр наименьший, ломаная должна совпадать с отрезком
УУз, равным отрезку АА2 — периметру четырехугольника
PQRS. Таким образом, четырехугольник PQRS имеет наи-
меньший периметр.

Заметим, что если Е, F и G — точки на отрезке УУз,
в которых он пересекает отрезки АВ, ВС\ и C\D2 соответ-
ственно, то эти точки Е, F и G соответствуют точкам на
трех других сторонах четырехугольника ABCD, определяя
98
вписанный в него четырехугольник Т. Развертка четырех-
угольника Т дает просто отрезок УУз в качестве выпрям-
ленного его периметра. Таким образом, для любой точки

У на отрезке AD существует четырехугольник, вписанный
в ABCD, который имеет У своей вершиной и обладает ми-
нимальным периметром.

ЗАДАЧА 56. ТРЕУГОЛЬНЫЕ ЧИСЛА

Количество
треугольника (рис. 70),

кругов, расположенных в виде
определяет последовательность

Рис. 70

треугольных чисел. Она начинается с чисел 1, 3, 6, 10,
15, 21, 28, 36, 45, ...; тг-е число равно

tn =1 + 2 + 3+ ... + п = га(га2+1).

Так как tn = tn-i + п, то легко вычислить в уме пер-
вую пару дюжин членов:

7*	99
1, (плюс 2) 3, (плюс 3) 6, (плюс 4) 10, (плюс 5) 15,
(плюс 6) 21, 28, 36, 45, 55, 66, 78, 91, 105, 120, 136,
153, ...

В этой части мы рассмотрим семь маленьких задач о
треугольных числах.

1)	Докажите, что всякое нечетное число, являющееся
полным квадратом, будучи записано в восьмеричной си-
стеме счисления (с основанием 8), оканчивается па 1
и, если отделить эту единицу, то оставшаяся часть всегда
будет треугольным числом.

Решение. Заметив, что одно из двух последовательных
чисел п и п + 1 четно, получим, что

(2лг + 1)2 = 4лг2 + 4лг + 1 = 4лг (лг + 1) + 1 = 87с + 1

для некоторого целого числа к. Отсюда следует, что в
восьмеричной системе счисления нечетный квадрат окан-
чивается на 1.

Отделив последнюю цифру 1 от числа т, записан-
ного в восьмеричной системе счисления, мы получим
число (т—1)/8. Таким образом, указанное стирание
цифры дает

(2ft + I)2 — 1 _ 4ft (п + 1) _ п (п + 1) __

8	“8	2	" tn'

п-е треугольное число.

2)	Докажите, что при основании 9 каждое число, за-
писываемое лишь с помощью единиц, является тре-
угольным числом:

1, И, 111, 1111, ....

Решение. Ясно, что первое число 1 является тре-
угольным. Пусть теперь 1 поставлена после числа к, за-
писанного при основании 9, тогда получится число 9к +
+ 1. Если число к оказалось треугольным, т. е. имеет вид
п(тг+ 1)/2, то при указанной процедуре получаем

q Ti (ft 1) ( 9ft$ 9ft -|- 2 (3ft -{* 1) (3ft 4“ 2)

У *	2 h 1 '	2	=	2	’

которое также является треугольным числом. Отсюда по
индукции получаем наше утверждение.

Заметим, что приписывание 01 к числу к, записан-
ному в троичной системе счисления также дает число
9&+1. Поэтому приписывание 01 к треугольному числу
в троичной системе счисления также образует другое
треугольное число.
При основании 25 приписывание цифры 3 к треуголь-
ному числу п(п + 1)/2 дает

п (п + 1) Q __ 25тг2 + 25тг 4-6 __ (5тг + 2)(5тг + 3)

• -------Но —--------5	—	5-----

— треугольное число. Следовательно, приписывание 3 при
основании 25 или, что эквивалентно, 03 при основании
5 к треугольному числу дает также треугольное число.

И вообще, если к треугольному числу, написанному
в системе счисления с основанием (2&+1)2 приписать
цифру -у к (к + 1); или в системе счисления с основани-
ем (2& + 1), к 3 приписать 0 и цифру -?-к{к + 1); или
в системе счисления (2&+1), к > 3 приписать число
-?-к(к + 1), которое оказывается в этом случае двузнач-
ным, то полученное число является треугольным.

3)	Пусть число N = 0,1360518... образовано последни-
ми цифрами треугольных чисел. Будет число N рацио-
нальным или иррациональным?

Решение. Продолжим последовательность треуголь-
ных чисел

1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66, 78, 91, 105, 120,
136, 153, 171, 190, 210, 231, 253, 276, 300, 325, 351, ...

Отсюда мы видим, что число N при этом продолжении

N= 0,13605186556815063100136051

наводит на мысль о существовании периода из 20 цифр.
Продолжая обозначать тг-е треугольное число через tn,
мы получим в общем случае, что

__ (п + 20) (п + 21) тг(тг + 1)_
^п+20	—	2	2	—

= -у (п2 + 41 п + 420 — п2 — п) = 10 (2тг + 21).

Это число оканчивается на 0. Таким образом, числа
£io+2o и tn должны иметь одну и ту же последнюю циф-
ру, подтверждая предположение о периодичности числа
N. Следовательно, число N рационально.

Заметим, что период числа N является почти палин-
.дромом (читается одинаково слева направо и справа
налево). В действительности число

= 0,013605186556815063100136051

имеет в качестве периода палиндром.

Отметим, что можно доказать и такой результат: чис-
ло N, образованное аналогичным образом наборами по к
последних цифр треугольных чисел, будет рациональным
для любого к = 1, 2, 3, ... Треугольные числа являются
частичными суммами арифметической прогрессии 1, 2,
3, ... Нетрудно показать, что число N, построенное с по-
мощью последних к цифр частичных сумм произвольной
арифметической прогрессии из натуральных чисел, явля-
ется рациональным числом.

4)	Мы можем заметить, что треугольные числа 1 и
36 также являются и полными квадратами. Докажите,
что треугольных чисел, являющихся полными квадрата-
ми, бесконечно много.

Решение. При внимательном рассмотрении можно об-
наружить, что число /4п(п+1) является полным квадратом
всякий раз, когда tn является полным квадратом. Дей-
ствительно, если tn = п(п + 1)/2 = Л2, то 4n(n + 1) = 8к2 и

_	_ 8к2 (8к2 + 1) _

f4n(n+l) —	—	2	“

= 4Л2 (8к2 + 1) = 4/с2 [4лг (п + 1) + 1] = 4fc2 (4лг2 + 4п +1) =

= 4Л2 (2лг + I)2,
т. е. является полным квадратом.

5)	Докажите, что разность между квадратами двух
последовательных треугольных чисел всегда является ку-
бом целого числа:

{tn}' 1, 3, 6, 10, 15, 21,...

{t2n]i 1, 9, 36, 100, 225, 441, ...

{разности): 8, 27, 64, 125, 216, ...

Решение. Хорошо известно, что сумма кубов первых
п натуральных чисел равна

I3 + 2s + ... + п3 = [га(-^'1)]2 = t2n.

Таким образом, tn+i— tn = (я + I)3, что и требова-
лось.
6)	Докажите, что сумма чисел, обратных к треуголь-
ным, равна 2:

1	,	1	,	1	,	1 г _ о

Т + Т + ~б' + 1о + "- “Л

Решение. Очаровательное геометрическое решение по-
лучается с помощью двух гипербол

У1 сн=и	(рис-71)-

Для целых значений х = п > 2 разность ап между ор-
динатами этих кривых равна

_	1______	1	__ 1	2	_ 1 / 1 \

ап п — 1 п п (п — 1)	2 п (п — 1)	2 у tn_ 1J ’

Таким образом, 1/^Л—i = 2аЛ, а искомая сумма есть

——|—-—}- ... = 2 (а2 + а3 + ...).
ri 2

Заметим теперь, что значение функции у$(х) при
х = п такое же, как и значение функции у\(х) при

х = п—1. Следовательно, проекции отрезков ап на ось у
прикладываются «конец к концу», образуя отрезок, иду-
щий от точки (0, 1) вниз, к началу координат. Так как
обе гиперболы асимптотически приближаются к оси х,
то эти проекции полностью заполняют единичный отре-
зок до начала координат, что дает

^2 +	+ . . . = 1,

откуда немедленно следует желаемый вывод.
Кроме этого геометрического решения существует сле-
дующий элегантный алгебраический подход:

1 + 3 + 6 + 10 + • • • — 1-2 + 2-3 + 3-4 + 4-5+ • • • —

7) Наша последняя задача состоит в исследовании
возможности выбора такой бесконечной последовательно-
сти треугольных чисел, чтобы все ее частичные суммы
сами были треугольными числами.

Решение. Предположим, что мы уже построили часть
такой последовательности, причем она обладает дополни-
тельным свойством: сумма ее членов до tk равна th+i.
В этом случае, добавляя к последовательности член
^k+i-i получим последовательность с тем же свой-
ством. Действительно, так как tn +(тг+ 1)= tn+i, то от-
сюда следует, что для п = tk+i — 1 новая сумма равна
4+1-1 + tk+l = ttk+r

Примером такой последовательности является после-
довательность £3, fe, tzo, ^2зо. Ее частичными суммами яв-
ляются числа (£з), ^6, ^21 и ^2зь В действительности мож-
но построить такую последовательность, начиная с любо-
го треугольного числа, кроме второго; данное правило
продолжения дает возможность составить бесконечную
последовательность с требуемым свойством.

В заключение мы отметим, что также можно выбрать
бесконечную последовательность треугольных чисел, об-
ладающую тем свойством, что все ее частичные суммы
являются полными квадратами. Такой является, напри-
мер, последовательность t2,	t18, •	£2.3ь, •••’ Для

которой

/Q^+l I 4 \2

^1 + ^2 + h + • * * +	~	2	/ '

ЗАДАЧА 57. О ПРАВИЛЬНОМ n -УГОЛЬНИКЕ

Обозначим через Л1Л2... Ап правильный
n-угольник. Докажите, что независимо от того, где взята
точка О внутри многоугольника, хотя бы один из углов
104
AiOAj отличается от развернутого угла меньше, чем на
1/п часть развернутого угла:

л

л

Z AtOAj л.

Решение. Обозначим через Ai ту вершину, для кото-
рой расстояние ОАг минимально, т. е. ОА[ ОАг для £ =
= 2, 3, ..., п (рис. 72). Соединим точку Ai со всеми

остальными вершинами. Если точка О лежит на диагона-
ли A\OAi, то мы непосредственно получаем, что
^-Л1ОЛг = л. Предположим тогда, что точка О лежит
между последовательными диагоналями AiA{ и AiAi+i.
Углы в треугольниках AiOAi и AiOAi+1 обозначим через
я, у, z, t, т, п, как на рисунке. Так как А[О ОА{, то
z ^т. Аналогично из А\О OAi+i следует, что t п.
Отсюда z + t т + п. Но правильный многоугольник
вписан в окружность. Обозначим через С центр окружно-
сти, описанной вокруг нашего многоугольника. Тогда
дуга	соединяющая соседние вершины, видна из

центра С под углом 2л/п, а из точки на описанной
окружности под углом вдвое меньшим, и мы имеем п +
+ т==лМ. Поэтому z+ t л/п.

Однако сумма шести углов двух треугольников рав-
на 2л:

(тп + и) + (z + t) + х + у = 2л,
— 4“(2+^)4-^ + у = 2л.
Так как z + t С л/тг, то
— + — + х + у^2л,
п 1 п ‘	’

или

***-^ О I	*ЛС 1

я + z/^2 I л---— .

Таким образом, х и у не могут быть оба меньше, чем
л—(л/n) (иначе их сумма была бы меньше указанной),
и мы получаем наше утверждение.

ЗАДАЧА 58. ЧИСЛА ФЕРМА

Числа Fn = 2 bn) + 1, п = 0, 1, 2, ..., назы-
ваются числами Ферма в честь великого французского
математика Пьера Ферма (1601—1665). Последователь-
ность чисел Ферма начинается с чисел

3, 5, 17, 257, 65537, ...

Они удовлетворяют рекуррентному соотношению Fn =
= F$F\ ... Fn-\ + 2. Это легко устанавливается по индук-
ции. Однако имеется другой более короткий п^ъ.

Заметим, что 2b°) — 1 есть просто число 1. Тогда
1-FqP\ .. • Fn^_1 = [2<2°> - 1] [2<2°) + 1] [2b1) + 1] ...

.. .[2^) + 1] = [2b1) - 1] [2b1) + 1] [2b2) + 1] ...

... [2bn"i) + 1] = [2b2) - 1] [2b2) + 1] .. ,[2(2n"1) + 1] =

= [2bn-i) __ i] [2bn~П + 1] 2bn) _ 1 = Fn — 2.

Из этого соотношения совсем просто показать, «что
каждая пара чисел Ферма взаимно проста. Если ггь < п,
то

Fn = F§Fi... Fm... Fn-\ + 2.

Следовательно, любой общий делитель чисел Fn и Fm
должен быть делителем числа 2. Такой общий делитель
должен быть равен либо 1, либо 2. Но он не может быть
равен 2, так как все числа Ферма нечетны.

Следовательно, он должен быть только 1, откуда по-
лучаем, что Fm и Fn взаимно просты.

Таким образом, так как каждое Fn > 1, то каждое
число Ферма имеет простой делитель, который не явля-
ется делителем никакого другого числа Ферма. Посколь-
106
ку чисел Ферма бесконечно много, мы получили еще о-д-
но доказательство бесконечности количества простых чи-
сел. Наш результат также позволяет немедленно решить
следующую задачу:

Покажите, что 2(2?1) — 1 делится по крайней мере на
п различных простых чисел.

Решение. 2^) - 1 = [2('2n) + l]-2 = Fn-2 = F^...
...Fn-^ Так как это — произведение п различных чи-
сел Ферма, то оно имеет не менее п различных простых
делителей, поскольку числа Ферма взаимно просты.

Довольно легко можно доказать следующие свойства
рассматриваемых нами чисел Ферма: среди чисел Фер-
ма нет квадратов, нет кубов и нет треугольных чисел,
кроме Fo = 3.

1)	Число Fn не может быть квадратом.

Ясно, что

(Fn - I)2 = [2<2”)]2 = 2bn+1) = Fn+1 - 1.

Поэтому Fn+i = 1 +(F„ — I)2.

Следовательно, если Fn = 2 (mod 3), то и Fn+i =
^2(mod3). Ho F\ =5 = 2(mod3), откуда имеем для n>
> 0, что все Fn=2(mod3). Однако ни один из квадра-
тов не имеет остаток 2 при делении на 3 (для тз, имею-
щих остатки 0, 1 или —1 при делении на 3, остатки для
числа п2 равны 0, 1 и 1). Так как Fo = 3 не является
полным квадратом, то из сказанного следует, что ни одно
из Fn не является полным квадратом.

2)	Число Fn не может быть кубом. Легко видеть, что
остатки при делении куба на 7 будут 0, 1 или —1.

n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,

n2 = 0, 1, 4, 2, 2, 4, 1,
rc3 = 0, 1, 1, -1, 1, -1, -1.

Для чисел Ферма мы имеем Fq = 3 и F\ = 5. Из соотно-
шения

Fn+1=(F„-1)2 + 1

МЫ видим, что

если Fn = 3 (mod 7), то Fn+i 5 (mod 7)
и

если Fn — 5 (mod 7), то Fn+i = 3 (mod 7).
Следовательно, значения чисел Ферма по модулю 7
попеременно равны 3 и 5 и никогда не принимают зна-
чения 0, 1 или —1. Таким образом, среди чисел Ферма
не существует кубов.

3)	Ни одно из Fn > 3 не является треугольным
числом.

Треугольное число tn = п (п + 1)/2, поэтому 2tn =
= п(п + 1). Рассмотрим п = 0, 1, 2(mod3). Если п = 0
и 2(mod3), то либо п, либо п+1 делится на 3 и мы
получаем, что /4 = 0(mod3). С другой стороны, если
m = l(mod3), то 2tn = п(п + 1) = 2 (mod 3). Однако за
исключением случая tn = 1 такого не может быть. Тодда
во всех случаях tn = 0 или l(mod3), что, как было по-
казано выше, неверно для чисел Ферма, больших 3.

Утверждение доказано.

ЗАДАЧА 59. НЕРАВЕНСТВО ОБРАТНЫХ
ВЕЛИЧИН

Для п натуральных чисел >1 покажите, что

Решение.

L + J_(„2_ra) =
п 11

ЗАДАЧА 60. ЧЕТВЕРТАЯ СТЕПЕНЬ

Докажите, что произведение 8 последова-
тельных натуральных чисел никогда не может быть чет-
вертой степенью целого числа.

Решение. Обозначим через х наименьшее из 8 после-
довательных натуральных чисел. Тогда их произведение
может быть записано так:

Р = [^(^ + 7)] [(^+1)(^ + 6)] [(^ + 2)(^+5)]Х

Х[(я + 3) (^ + 4)] = (^2 + 7гс) (гс2 + 7^ + 6)Х

X (я2 + 1х + 10) (я2 + 1х + 12).
Обозначая х2 + 7# + 6 через а, имеем

Р=\а-6)а(а + 4) (а + 6)-=

= (а2 — 36) (а2 + 4а) = а4 + 4а3 — 36а2 — 144а =

= а4 + 4а (а2 — 9а — 36) = а4 + 4а (а + 3) (а — 12).

Так как а = х2 + 7х + 6 и х^1, то мы имеем а > 14
и (а—12) — положительное число. Следовательно,

Р> а4.

Однако Р = а4 + 4а3 — 36а2 — 144а, что указывает па
то, что Р < (а + 1)4 = а4 + 4а3 + 6а2 + 4а + 1. Следова-
тельно,

а4 < Р < (а + 1)4.

Таким образом, Р всегда находится между двумя после-
довательными четвертыми степенями и поэтому никогда
само не может быть ею.

ЗАДАЧА 61. УПАКОВАННЫЕ КВАДРАТЫ

Поскольку гармонический ряд расходится,
множество квадратов со сторонами 1, 1/2, 1/3, ..., 1/п, ...,
приставленных друг к другу на прямой L (рис. 73), бу-
дет простираться бесконечно далеко по этой прямой.

Докажите, что, однако, можно все квадраты, начиная
со второго, уложить в первый квадрат без наложении.

Решение. Разделим квадраты на группы вдоль прямой
L так, что количество квадратов в группе равно 2 в сте-
пени номера группы: (1/2, 1/3), (1/4, 1/5, 1/6, 1/7), ...
Сумма длин сторон квадратов в n-й группе равна
11	111	1

2"	2" +1	2”+1-1 2П 2"	‘ 2й

2П раз

Поэтому квадраты n-й группы укладываются в прямо-
угольник с высотой 1/2™ и шириной 1. Укладывая эти
прямоугольники, содержащие группы квадратов, в стопку

Рис. 74

один на другой, получим прямоугольник с шириной 1 и
высотой, равной

~2~ +	+ ^з~ + • • • (Рис- 74).

Поскольку стопка располагается внутри единичного
квадрата, требуемая упаковка выполнена.

Наш главный интерес будет обращен к следующей
задаче:

Рассмотрим множество (конечное или бесконечное)
квадратов с общей площадью 1. Докажите, что какими
бы ни были их стороны, можно все их уложить в квад-
рат 5 со стороной Y2.

Решение. Так как квадрат с площадью 1/2 имеет сто-
рону У2/2, то не существует квадрата со стороной, мень-
шей, чем V2, который был бы способен вместить в себя
два квадрата площадью 1/2 каждый (рис. 75). Следова-
110
тельно, «универсальный» квадрат, способный вместить
описанное множество, должен иметь сторону не меньшую,
чем У 2.

Пусть квадраты из данного множества расположены
в порядке убывания размеров, и длины их сторон обо-
значим так:

51 S2 S3 .

Будем называть квадрат со стороной 5г- просто квадра-
том Si. Пусть стороны вмещающего квадрата 5 располо-
жены горизонтально и вертикально. Начнем укладывать

квадраты 51, 5а, ..., начиная с нижнего левого угла в
этом порядке до тех пор, пока очередной квадрат уже
не будет помещаться на нижнем основании. Продолжим
верхнее ребро первого и одновременно наибольшего квад-
рата 51; полученный отрезок между сторонами квадрата
5 отделит уже упакованные квадраты (рис. 76). Теперь
начнем укладывать второй ряд на этом отрезке, начиная
вновь слева и в порядке их уменьшения. Уложив столь-
ко квадратов, сколько их уместится в этом втором ряду,
вновь продолжим верхнее ребро первого из них в этом
ряду, которое пройдет над всеми ними. Мы увидим, что,
продолжая процесс ряд за рядом таким же образом, мы
сможем уложить полностью все множество в квадрат 5.

Предположим, что в r-м ряду находится пг квадратов.
Тогда распределение квадратов по рядам будет
следующим:
1-й ряд имеет квадраты 51? 52, . Sn^

2-й ряд имеет квадраты 5П1+ь 5П1+2, • • Sn^nJ
3-й ряд имеет квадраты

^,+n„ + l? Sn +п +2? •	+п 4-п \

Л. А	X А О

Мы покажем, что укладка, выполненная таким образом,
никогда не выйдет за пределы квадрата 5, откуда будет

Рис. 76

следовать, что 5 может вместить все квадраты. Для этого
мы должны доказать, что высота Н стопки рядов, из-
меряемая вдоль левого ребра квадрата 5, никогда не пре-
восходит V2:

Н =	+ 5П1+1 + Sn 1+п2+1 + .. и 2.

Так как общая площадь квадратов равна 1, то

1 > 5! > 52...,

что показывает возможность разместить в квадрате 5
первый ряд. Если одного ряда окажется достаточно, то
у нас нет проблем. Поэтому рассмотрим общий случай,
в котором требуется более, чем один ряд. Конечно, мы
должны использовать тот факт, что общая площадь рав-
112
на 1. Мы начнем тогда с вывода некоторых соотноше-
нии, содержащих величины

Первый квадрат второго ряда расположен там потому,
что он слишком велик для установки в конце первого
ряда. Поэтому мы имеем

$2 + • • • + $П1 +	> ]/2

и

$2 + • • • *5'n1+i >1^2 —

Умножая это неравенство на Sn +1, получаем
^2^х+1 + 838^+1 + • • • + S„1+1S„1+1> ( ]/2 — 5г) 5П1+1.

Так как S2 S3 54	Sn +1, то

$2 + $3 + • • • + *5^+1 =

== S2S2 + S3S3 + ... + 5П1+15П1+1^

^2^п±+1 + S3Sn1+1 + ... + 3П1+i5'n1+i >

> ( 2	5Х) Sn +1.

т. е.

S2 + $з + • • • + *$7^+1 >( р42 — 54)

Аналогично для второго ряда мы имеем

+ £7^+2 + • • • + ^п1+п2 + St^+t^+i.>/2

И

^П1 + 1 + . . . + 5Л1+722! + $П1 +^2+1 >	£^+1-

Умножая на 5П1+п2+1 и отмечая, что 5Л1+2^...^
5П1+п2+1, мы получаем в точности таким же образом,
как и для первого ряда,

^пх+2 + ^п^з + ... + Sn^n^l >

> ]/г2	5Л1+п2+1-

Поскольку	мы отсюда получаем, что

8 Р, Хоясбергер

ИЗ
Аналогичным способом для третьего ряда мы получаем,
что

+п +2 + ... + Sn +п +п-+1>( 1/"2 — sj -Sn +n +n,+i.
л	j 4 о	_L Z 4

и так далее для всех рядов... Складывая эти неравенства,
мы имеем в целом

5*2 +	+ . •. > ( 1/*2 — 5Т) (£7^+1 + 5П1+п2+1 + ... у

Так как общая площадь равна 1, а второй сомножитель
в правой части есть просто Н — 51, мы получаем

1-Si>

Н -S1<

(/2-
1-sj

V2-S1

И

.г/ <7 —--- "г-	1 •

1/2-5^ 1

С помощью небольшого преобразования легко покажем,
что

.	(1-У^у	1-5Щ

1/2 —	1/2П

отсюда мы видим, что

T/2-S,

что и дает Н < V2.

ЗАДАЧА 62. КРАСНЫЕ И ЗЕЛЕНЫЕ МЯЧИ

В сумке находятся 6 красных и 8 веленых
мячей. Случайным образом вынимаются 5 из них и по-
мещаются в красную коробку, остальные 9 мячей поме-
щаются в зеленую коробку. Какова вероятность, что ко-
личество красных мячей в зеленой коробке плюс коли-
чество зеленых мячей в красной коробке не является
простым числом?

Решение. Обозначим через g количество зеленых мя-
чей в красной коробке. Так как мячей 6 красных и
114
8 зеленых, то цвета должны быть распределены по ко-
робкам так, как показано на рис. 77. Поэтому число
красных мячей в зеленой коробке плюс количество зеле-
ных мячей в красной коробке равно (g + 1) + g = 2g +
+ 1 — нечетному числу. Число g не превосходит 5 —

5 мячей

g зеленых

5-g красных

Красная коробка

9 мячей

8-g зеленых

g+1 красных

Зеленая коробка

Гис. 77

общего количества мячей в красной коробке. Поэтому
1^2g+l^ll.

Единственное составное нечетное число в этих преде-
лах есть 9. Однако мы должны также включить и чис-
ло 1, которое не является ни простым, ни составным.
Для того чтобы получить не простое значение, величина
2g+1 должна равняться 1 или 9, откуда g равно 0 или
4. Вероятность получить выборку с g = 0 или 4 равна

(количество способов иметь 5 красных) ।
общее число выборок

, (количество способов иметь 4 зеленых и 1 красный) ______

общее число выборок

_	+ С*С' = 6 + 420	213

— С5 — 2002 — 1001’
° 14

ЗАДАЧА 63. СОСТАВНЫЕ ЧЛЕНЫ
В АРИФМЕТИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ

В задаче 54 мы показали, что в последова-
тельности натуральных чисел существуют сколь угодно
длинные интервалы из последовательных чисел, каждое
из которых является составным. Здесь мы докажем, что
существуют произвольно длинные арифметические после-
довательности, члены которых попарно взаимно просты
и при этом состоят из составных чисел.
Решение. Покажем, что для всех натуральных чисел
п > 1 существуют п составных чисел, образующих ариф-
метическую прогрессию и попарно взаимно простых.

Выберем произвольное простое число р, большее за-
данного числа п. Затем образуем еще большее число р +
+ (п— 1)лг! и выберем целое число N такое, что

2V>p + (tz-1)tz!

Тогда мы утверждаем, что п (видимо, очень больших)
чисел

2V! + 7?, JV! +/? + тг!, JV! +/? + 2лг!, ..., ДИ + р + (п — 1)п\

удовлетворяют требуемому условию. Ясно, что они обра-
зуют арифметическую прогрессию с разностью п\. По-
скольку мы выбрали N > р + (п — 1) лг!, для г = 0, 1, 2, ...
,,., п — 1, мы имеем р + in\ < N, следовательно, (р +
+ ш!) является делителем числа N\. Таким образом, чис-
ло ЛИ + р + in\ для i = 0, 1, ..., п — 1 делится, как ми-
нимум, на р + in\ (которое больше 1) и поэтому являет-
ся составным.

Теперь предположим, что пара членов

N\ + р + 1п\ и ЛИ + р + /тг!,	i > j

имеет общий простой делитель q. Тогда он должен быть
делителем их разности (Z — ])п\. Но \i — ]'\<п, поэтому
каждый простой делитель числа (I — ])п\ тоже Сле-
довательно, q^n. Поэтому п\ делится на q. Но N > п
и q, поэтому является делителем и большего числа NI.
Являясь делителем числа N\+p + in\, число q должно
быть делителем числа р, но" это невозможно, так как
числа р и q оба простые и q < п < р. Отсюда следует
утверждение задачи.

ЗАДАЧА 64. ПРИЛОЖЕННЫЕ РАВНОСТОРОННИЕ
ТРЕУГОЛЬНИКИ

Равносторонние треугольники со сторонами
1, 3, 5, ..., 2п — 1, ... расположены вдоль прямой линии,
как показано на рис. 78. Покажите, что все их вершины,
не лежащие на этой прямой, лежат на параболе, а их
фокальные радиусы являются целыми числами.

Решение. Обозначим вершины, указанные в условии,
по порядку Ль Лг, ... и расположим координатные оси
так, чтобы заданная прямая была осью х, а ось у про-
116
ходила через точку А\. Тогда А\ имеет координаты
(О, V3/2). Поскольку длина основания n-го треугольника
равна 2п — 1, координата х вершины Ап равна

х = —£—|- 3 Т" 5 + . • • + (2тг — 3) -J—(2п — 1),

откуда легко вывести, что х = п(п—1). Координата у

вершины Ап есть просто в 2п — 1 раз увеличенная коор-
дината точки Аг

у = (2n-l)3^.

Из этого мы получаем

п = —-+1!, что дает (п — 1) =	— 1Y

ЧН / М	7	2 ^/з	)

Поэтому

1 ( 2у Л 1 ( 2у л_ 1 М/ Л

х~~2 уъ+	Г

12х = 4г/2 — 3 или 4г/2 = 42# + 3,

что является уравнением параболы с осью, расположен-
ной вдоль оси х и вершиной в точке (—1/4, 0).

Параллельный перенос осей в отрицательном направ-
лении на 1/4, задаваемый формулами

Х = х + ± Y = у,

приводит уравнение параболы к виду

4У2 = 12 (Х - -М + з = 12Х, или У2 = ЗХ.
У этой параболы вершина находится в начале коор-
динат, а фокус в точке (3/4, 0). Следовательно, перво-
начально парабола имела фокус в точке (1/2, 0) (в вер-
шине первого треугольника). Заметим, что тогда фокаль-
ный радиус точки Ап равен

l/^тг (п — 1)--+ £(2тг — 1)	= тг2 — п + 1,

что является целым числом.

ЗАДАЧА 65. ТЕСТЫ

Три студента А, В, С проходят проверку с
помощью серии тестов. Занявший первое место получает
х очков, занявший второе место — у очков, а занявший
третье — z очков. Числа х, у и z — натуральные и х >
> у > z. Ни в одном из тестов не было дележа мест. Сту-
дент А набрал 20 очков за все тесты, студент В — 10 оч-
ков, студент С — 9 очков. Студент А был вторым в тесте
по алгебре. Кто был вторым в тесте по геометрии?

Решение. Общая сумма набранных очков равна 20 +
+ 10 + 9 = 39 очкам. Так как числа х, у и z — различные
натуральные числа, то в каждом из тестов сумма набран-
ных очков не меньше, чем 1 + 2 + 3 = 6. В то же время
число х + у + z должно быть делителем числа 39 — общей
суммы очков. Поскольку в условии задачи упоминаются
два различных теста, то х + у +	39. Так как у числа

39 делителями являются лишь числа 1, 3 и 13, и дели-
тель х + у + z 6, то мы должны иметь

х + у + z = 13,
откуда количество тестов равно 3.

Так как студент А был вторым в тесте по алгебре, то
эта часть в сумме набранных им очков равна у. Если он
имел еще и z очков, то в лучшем случае он в оставшемся
тесте получил бы х очков, что дало бы общее количество
х + у + z = 13. Но так как А получил 20 очков, то он не
может иметь z очков за тест. Следовательно, набранные
20 очков выражаются как Зу, или х + 2у или 2х + у. Так
как 20 не делится на 3, то Зу исключается. Если сумма
очков равна х + 2у, то

х + 2у = х + у + у = 20,
в то же время

х + у + z = 13.
Вычитая, получаем y — z = l. Так как х > у > z, то
у >8 и х^9. Тогда ^ + у^17, что противоречит тому,
что х + у + z = 13. Таким образом, сумма набранных оч-
ков студентом А должна быть равна 2х + у = 20.

Из этого соотношения следует, что у — четное числю.
Так как из условия у ^6 следует, что х^1 и х + у^
> 13, не оставляя ничего для z в соотношении х + у +
+ z = 13, то у равно либо 2, либо 4.

Для у = 2 значение z минимально, z — 1, откуда х =
= 10 из соотношения х + у + z = 13. Однако в этом слу-
чае число набранных очков студентом А 2х~Ь у = 22,
а не 20. Поэтому у = 4 и из 2х + у = 20 получаем, что
х~3, а из х + у + z = 13 имеем z = 1.

Существует только один способ распределить эти оч-
ки так, чтобы суммы равнялись 20, 10 и 9.

I II III Сумма

Л 8 8 4	20

л 1 1 8	10

<7441	9

Так как студент С был вторым всюду, где не был
вторым студент Л, то он был вторым в тесте по гео-
метрии.

ЗАДАЧА 66. ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ
ПТОЛЕМЕЯ

Теорема Птолемея утверждает, что произве-
дение длин диагоналей четырехугольника, вписанного в
окружность, равно сумме произведений длин пар его про-
тивоположных сторон (доказательство можно найти поч-
ти в любом учебнике высшей геометрии). Из нее непо-
средственно следует следующий результат.

Обозначим через Л i, Л 2, Лз вершины равностороннего
треугольника, вписанного в окружность. Покажите, что
для любой точки Р на окружности сумма длин двух
меньших отрезков среди отрезков РЛ1, РЛ2, РЛз равня-
ется длине третьего.

Доказательство. Обозначим через $ длину стороны
данного равностороннего треугольника. В соответствии с
рис. 79 по теореме Птолемея имеем

$ • РА 2 = s • РА 1 + s • РА з
и

РЛ2=РЛ1+РЛ3(
В этой части мы рассмотрим два -обобщения этого
утверждения.

1)	Обозначим через Ло, Ai, ..., Лзп_1 вершины пра-
вильного З^-угольника, вписанного в окружность. Соеди-
ним произвольную точку Р на окружности хордами со

всеми 3 ft вершинами (рис. 80). Докажите, что сумма
длин п длиннейших хорд из них равна сумме длин ос-
тальных 2п коротких хорд.

Решение. Вершины правильного Зтг-угольника, взятые
по 3, определяют п правильных треугольников, вписан-
ных в окружность. Среди трех хорд, связанных с каж-
дым из этих треугольников, сумма длин двух кратчай-
ших равна длине третьей. Заметим, что длина каждой
из двух коротких хорд (длины стороны равносторон-
него треугольника), в то время, как длина большей хор-
ды ^s. Таким образом, взяв длиннейшие хорды из каж-
дой тройки, мы получим п длиннейших хорд из всего
множества, а оставшиеся 2п хорд будут кратчайшими
хордами. Из изложенного выше основного результата
сумма длин п длиннейших хорд такая же, как и сумма
длин остальных 2п хорд.

2)	Предположим, что А\,	.... Ап — вершины пра-

вильного ^-угольника, где п нечетно, и Р — произвольная
точка на окружности, описанной вокруг этого многоуголь-
ника. Введем обозначения так, чтобы точка Р лежала на
дуге АпА[. Обозначим длину хорды РА. через аь Тогда
попеременно прибавляя и вычитая расстояния от точки
120
Р до вершин многоугольника,
ai — а% + аз — «4 + ... — ... + ап,
мы обязательно получим значение 0 (рис. 81).

Решение. Для п = 3 это в точности наш основной ре-
зультат, описанный выше. В то время как тогда теорема

Птолемея применялась лишь один раз, при доказатель-
стве данного обобщения она будет применена много-
кратно.

Обозначим через di длину диагонали, соединяющей
f-ю вершину многоугольника с п — f-й. Тогда di = dn_i
для всех i. Заметим, что di есть просто длина стороны
многоугольника. Рассмотрим четырехугольник AnPA[Ai.
Его стороны и диагонали указаны на рис. 81. По теоре-
ме Птолемея имеем

didi = dtai + di-ian.

Придавая I значения 2, 3, ..., п — 1, мы получим
п — 2 соотношений. Добавив тождество diai = dtai и его
следствие dian = dn-\an, получим систему из п уравнений:

d\a\ = diai,

dia% = d2ai + dian,

dias = d^ai + d2an,
dia± d^a\ I €?за^,

d\an_i dn_\a\	dn—2anj

d\an1 dn-ian.
Поочередно прибавляя и вычитая из верхнего урав-
нения остальные, мы получаем
di (ai — а2 +	ап) =

==f(ai — ап) (dr — d2 + й3 —	+ ... — ... + dn_2 — dn~i)

(причем именно —dn-i, так как n—1 четно). Ho di =
= cZn-i, d2 = dn_2 и так далее, что дает di — d2 + d3 —
— cZ4 + • •. — ... + dn-2 — dn-i = 0.

Поэтому

— #2 +	— ^4 + ... — ... + an — 0.

ЗАДАЧА 67. ЕЩЕ ОДНО ДИОФАНТОВО
УРАВНЕНИЕ

Пусть натуральные числа у и z удовлетво-
ряют соотношению

у3 + 4у = z2.

Докажите, что у есть удвоенный квадрат.

Решение. Обозначим через к2 наибольший квадрат, яв-
ляющийся делителем числа у, и положим у = пк2. Тогда
п не имеет повторяющихся делителей, иначе квадрат,
больший чем к2, был бы делителем числа у. Тогда

у3 + 4у = z2

дает

z/(z/2 + 4) = z2,
пк2(у2 + 4) = z2.

Значит, z2 делится на к2 и, таким образом, z делится на
к. Пусть z~mk. Тогда пк2(у2 + 4) = т2к2 и n(z/2 + 4) =
=/л2, что говорит о том, что п(у2 + 4)— полный квадрат.
Но число п не имеет повторяющихся делителей. Поэтому
все делители числа п вновь встречаются в числе у2 + 4.
Это означает, что у2 + 4 делится на п. Так как у = пк2,
то п2Л4 + 4 делится на п и 4 делится на п. Отсюда п =
= 1,2 или 4. Так как п не имеет повторяющихся дели-
телей, то п=И=4. Если п было бы 1, то из п(у2 + 4) = т2
мы получили бы у2 + 4 = т2.

Но не существует двух квадратов, отличающихся на
4. Следовательно, п должно равняться 2 и для любого
122
решения уравнения, если оно существует, у будет удво-
енным квадратом.

Отметим, что у = 2(=2 • I2), z = 4 есть решение.
В действительности можно показать, чтю это единствен-
ное решение в натуральных числах.

ЗАДАЧА 68. НЕОБЫКНОВЕННОЕ СВОЙСТВО
КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ

Для х ~ 1 + £УЗ, у = 1 — ZV3 и 2 = 2, где i =
— V — 1 выполняются следующие соотношения:

хъ + у$ = х7 + у7 = ч7, хп + у11 == Z11.

Докажите удивительное обобщение этого факта, что
при указанном выборе чисел х, у и ч равенство

Хр + ур = zP

справедливо для всех простых чисел р > 3.

Решение. Легко вычислить, что и х\ и yQ равны 26.
Так как 6п, 6п + 2, 6п + 3 и 6п + 4 никогда не бывают
простыми, то простое число р > 3 должно иметь вид
6п + 1 или 6п — 1.

Для р = 6п + 1 имеем

хр + ур = x$n+i + z/6n+1 = (я6) пх + (z/6) пу =

= 26п • х + 26п • у = 26п (х + у).

Но х + у = 2, и мы получаем

хр д_ ур = 26п . 2 = 26n+1 = чр.

Заметив, что

1 J_ = J_ = _L
х у 2 я ’

мы можем легко показать, что равенство выполняется и
для р = бтг — 1.

ЗАДАЧА 69. ЦЕПОЧКА ОКРУЖНОСТЕЙ

Окружность Со радиуса 1 км касается пря-
мой L в точке Z (рис. 82). Окружность С\ радиуса 1 мм
касается и окружности Со, и прямой L справа от Со.
Семейство окружностей Ci строится дальше наружу
вправо так, что каждая из окружностей Ci касается ок-
ружности Со, прямой L и предыдущей окружности G-i.
В конце концов элементы этого семейства станут настоль-
ко большими, что увеличивать его далее будет невоз-
можно. Сколько окружностей может быть построено до
тех пор, пока это не случилось?

Решение. Расстояния, будучи выраженными в милли-
метрах, дадут для радиуса окружности С\ и = 1, а для

Со го = 106. Совершим инверсию этой цепочки окружно-
стей относительно окружности I с центром в точке Z и
радиуса 2 • 106 (рис. 83). (Описание инверсии см. в книге
Коксетера и Грейтцера «Новые встречи с геометрией»
М.: Наука, 1978.) Так как прямая L проходит через центр
инверсии, то при этом она переходит сама в себя. Пусть
окружность I касается окружности Со, скажем, в точке X.
Так как окружность Со проходит через Z, то она перехо-
дит в прямую Со, причем касающуюся одновременно
окружностей Z и Со (в точке X). Тогда L и Со касаются
окружности Со в диаметрально противоположных точках.
Поэтому они параллельны и определяют полосу S на
плоскости.
Так как каждая из окружностей Сг- касается Cq и L,
то ее образ Ci касается сторон полосы S. Так как ни
одна из этих окружностей, за исключением Со, не прохо-
дит через точку Z, то все образы Ci являются окружно-
стями. Следовательно, образы попарно касающихся ок-
ружностей в цепочке составляют ряд равных касающихся

Рис. 84

окружностей, ограниченных сторонами полосы S. Все
образы окружностей имеют тот же размер, .что и окруж-
ность Со. Так как окружность Ci находится внутри круга
инверсии I вблизи от центра Z, то ее образ находится
внутри полосы вне этого круга, вдали от круга I. Так
как i пробегает значения 1, 2, 3, ..., то ряд образов ок-
ружностей продвигается в обратном направлении вдоль
полосы S, а именно по направлению к окружности Со.

Предположим, что окружности С\ и Сг касаются пря-
мой L в точках Y и У' соответственно. Используя теоре-
му Пифагора, легко можно найти, что ZY = 2 • 103
(рис. 84). Тогда из соотношения инверсии получаем

ZY ZY' =(2 -106)2,

2-103(Zy,) = 4-1012,

ZY’ = 2 -109 = 1000 -(2 -106),

что равно 1000 диаметров окружности Ci.

Следовательно, между окружностями Сх и Со разме-
щается ровно 1000 образов окружностей. Это означает,
что окружность С1000 в точности касается окружности Со.

Теперь нетрудно увидеть, что окружность С1Ооо явля-
ется образом самой себя при инверсии относительно ок-
ружности I. Так как радиус окружности I вдвое больше
как радиуса окружности Со, так и радиуса окружности
С1000, которые касаются в точке Т, то образ Т' этой точ-
ки, лежащий на прямой Со, будет находиться на прямой,
проходящей через точки Т и Z, и расположен в точности
над точкой W касания окружности С1000 с прямой Д
являющейся также точкой пересечения окружности I
с прямой L. Поэтому инверсия переводит три точки Т,
Т' и W окружности Сюоо соответственно в точки Т', Т
и W, откуда следует, что окружность С1000 переходит
сама в себя. В результате получаем, что окружность
Сюоо, совпадающая с окружностью Сюоо, имеет тот же
диаметр, что и окружность Со. Поэтому при построении
цепочки окружностей они будут увеличиваться в разме-
рах до тех пор, пока одна из них, а именно Сюоо, не ста-
нет равной первоначальной окружности Со. Поэтому не-
возможно продолжить цепочку далее и окружность Сюоо
будет в ней последней. (Отметим, что наше семейство
окружностей является частью штейнеровской цепочки
окружностей относительно Со и L, если L рассматривать
как окружность бесконечно большого радиуса.)

ЗАДАЧА 70. ПОВТОРЯЮЩИЕСЯ ЦИФРЫ

В КОНЦЕ КВАДРАТА

Определите количество цифр в длиннейшей
последовательности ненулевых одинаковых цифр, кото-
рой может оканчиваться полный квадрат, и найдите наи-
меньший квадрат, который оканчивается на такую мак-
симальную последовательность.

Решение. Так как для каждого натурального числа п
п = 0, ±1, ±2, ±3, ±4 или 5 (mod 10),
то

?г2 = 0, 1, 4, 9, 6 или 5 (mod 10).

Поэтому никакой квадрат не оканчивается на 2, 3, 7
или 8. Таким образом, мы будем иметь дело лишь с циф-
рами 1, 4, 5, 6 и 9. Далее, число п может быть либо чет-
но, либо нечетно. Следовательно,

п2 = (2а)2 = 4а2 или п2 = (2а + I)2 = 4 (а2 + а) + 1,

откуда п2 = 0 или 1 (mod 4). Так как число

аЪ ... сху = аЪ ... сОО + ху = ху (mod 4),
то мы видим, что квадрат не может оканчиваться на 11,
55, 66 или 99, поскольку каждое из них =2 или 3 (mod 4).
Таким образом, единственно возможной повторяющейся
ненулевой цифрой на конце квадрата может быть только
четверка.

Если квадрат оканчивается не менее, чем на четыре
четверки, то п = ab ... с4444 = ab .. ..сОООО + 4400 +- 44.
Так как числа 10 000 и 4400 делятся на 16, то мы полу-
чаем, что =12 (mod 16). Но по модулю 16 п = 0, ±1,
±2, ±3, ±4, ±5, ±6, ±7 или 8 и тг2 = 0, 1, 4, 9, 0, 9, 4, 1
или 0, но никогда не с 12.

Следовательно, квадрат может иметь на конце не бо-
лее трех повторяющихся ненулевых цифр. Так как число
444 не является полным квадратом, то, обнаружив, что
1444 = 382,

мы показали, что возможны квадраты, оканчивающиеся
на той четверки, и указали наименьший из таких квад-
ратов.

ЗАДАЧА 71. БИССЕКТРИСА УГЛА

В треугольнике АВС АС = ВС. Проведена
окружность К с центром в точке С и радиусом, меньшим

АС (рис. 85). Найдите точку Р на окружности К, для
которой касательная делит пополам угол АРВ.
Решение. Сюрприз здесь состоит в том, что для всех
окружностей К точка Р лежит на окружности 5, описан-
ной вокруг треугольника АВС (рис. 86). Пусть CD —
диаметр окружности S, проходящий через точку С. Тогда
^-CPD — прямой, откуда следует, что PD — касается ок-
ружности К в точке Р, но так как АС =ВС, то CD — бис-
сектриса угла С, и поэтому точка D делит пополам дугу
АВ. Таким образом, ^APD = ^-DPB.

ЗАДАЧА 72. СИСТЕМА НЕРАВЕНСТВ

, Каково наибольшее целое число ft, для ко-
торого существует число ж, одновременно удовлетворяю-
щее неравенствам

k<xh<k+i (А: = 1, 2, 3, ..., ft),

1	< х < 2,

2	< х2 < 3,

3	< хъ < 4,

4<я4<5,

Решение. Наибольшее возможное п равно 4. Если не-
которое число х удовлетворяет не менее чем первым пя-
ти из этих неравенств, то из третьего имеем 3 < х3, а из
пятого х5 < 6. Отсюда следует

З5 < я15 < 63,

это означает, что 243 < 216. Поэтому п 4.

Так как V4 = ]/2, то любое х между у^З и 7Л4 удов-
летворяет первым четырем неравенствам.

ЗАДАЧА 73. НЕОЖИДАННОЕ СВОЙСТВО
ПРАВИЛЬНОГО 26-УГОЛЬНИКА

Правильный 26-угольник Л1Л2...Л26 вписан
в окружность с центром в точке О (рис. 87). Пусть О[ —
точка, симметричная точке О относительно хорды Л25-41,
а О<2 — точка, симметричная точке О относительно хорды
АгАб. Докажите замечательное свойство, что длина от-
резка О1О2 равна стороне правильного треугольника, впи-
санного в эту окружность.
Решение. Возьмем в качестве единицы длины радиус
окружности. Заметим, что равносторонний треугольник,
вписанный в окружность, получается путем соединения
через одну из вершин вписанного правильного шести-
угольника, который получается, если двигаться вокруг

окружности с шагом, равным радиусу описанной окруж-
ности. Из теоремы косинусов находим, что сторона пра-
вильного треугольника в единичном круге равна УЗ. За-
тем мы покажем, что О\О% = УЗ.

Поскольку отрезок ОО\ является срединным перпен-
дикуляром к отрезку А25Л1, он проходит через вершину
Л26. Аналогично отрезок ОО2 проходит через вершину А4.
Обозначим угол, под которым из центра видна сторона
26-угольника, через 0. Тогда 0 = 2л/26 = л/13. Поэтому
^Ai<Z42 = 0 и, обозначив середины отрезков А25А1 и А 2^6
через X и Y соответственно, мы получим, что ^-А\ОХ =
= 0 и ^Л2ОУ = 20. Так как радиусы А\О и А^О равны 1,
то OX = cos0, OY = cos 20, а вдвое большие отрезки со-
ответственно равны ОО\ = 2 cos 0, 00% = 2 cos 20.

Из теоремы косинусов, примененной к треугольнику
OO1O2, получаем

Ofi* = 00{ + ОО22 - 2 (00J (002) cos 40 =

= 4 cos2 0 + 4 cos2 20 — 2 (2 cos 0) (2 cos 20) (cos 40).
Окончательные рассуждения проведем лишь с исполь-
зованием известных тригонометрических формул. Из то-
го, что cos 2х = 2 cos2 х — 1, получаем 4 cos2 х = 2 + 2 cos 2х,
и тогда

= (2 + 2 cos 20) + (2 +2cos40)—8cos 0-cos 20-cos40 =
= 4 + 2 cos 20 + 2 cos 40 — 8 cos 0 • cos 20 • cos 40.

Умножим все на sin 0:

O±O2 • sin 0=4 sin 0 + 2 sin 0 • cos 20 + 2 sin 0 • cos 40 —

— 8 sin 0 cos 0 • cos 20 • cos 40.

Ho

8 sin 0 • cos 0 • cos 20 • cos 40 = 4 sin 20 • cos 20 cos 40 =

= 2 sin40 • cos 40 = sin 80.

Для любого натурального числа п

2 sin 0 • cos nQ = sin(7z +1)0 — sin(rc — 1)0.

Поэтому

О±О2 sin 0=4 sin 0 + (sin 30 — sin 0) +

+ (sin 50 — sin 30) — sin 80.

Однако 0 = л/13, откуда 130 = л или 50+ 80 = л, что
дает нам соотношение sin 50 = sin 80. Поэтому

(\О2 sin 0 = 3 sin 0 и О±О2 = ]/"3.

ЗАДАЧА 74. ЕЩЕ РАЗ О ПОЛНЫХ КВАДРАТАХ

Докажите, что выражение

X4 + X3 + X2 + X + 1

будет полным квадратом только при следующих целых
значениях х\ —1, 0, 3.

Решение. (Эта задача оставалась нерешенной в тече-
ние 7 лет с момента ее опубликования до тех пор, пока
профессор Беннет не предпринял прямую атаку, осно-
ванную на известном методе «дополнения до полного
квадрата».)

Мы ищем целые решения уравнения

у2 = х4 + х^ + х2 + х + 1.
Попробуем выразить у через х. Мы видим, что

(^2 + т) = я4 + я3 + ^.

Это дает нам два из требуемых членов. Выражение
х2 + у + 1 совсем близко к нужному. Мы имеем

х2 + у + 1Г = х^ + х3 + у х2 + х + 1 = z/2 + у х2,

что всегда больше требуемого, кроме случая х = 0. С дру-
гой стороны,

2

= X2 + X3 +

1/5 — 1

4

х2 +

1/5 — 1	3-1/5

— z—~^+ ---

5 — 21/5

4

3 + V5)2

= у2 —

<У\

поскольку число (5 — 2У5)/4 положительно и х^ — (3 +
+ У5)/2, являющемуся иррациональным числом. Таким
образом, мы имеем оценки величины у, одна из которых
больше, а другая меньше его. Величина у тогда должна
лежать в пределах, определенных этими приближениями:

т. е.

<Ы=О2 + + 1,

Для некоторого числа к в пределах (V5 —l)/2<fc<2
величина у должна в точности совпадать с

IУI = +

х + к
~2~

Но х и у — целые числа, поэтому (гг + А:)/2 должно быть
целым числом, откуда число х + к — четное целое, тогда
к также должно быть целым. Но в указанных пределах
для к находятся лишь два целых числа 1 и 2 (так как
число (V5 —1)/2 лежит между 0 и 1). Поэтому к = 1
или 2.

Для к = 2 мы имеем

I У\ =	| + 1
и из равенства

у + 1)2 = У2 +

полученного ранее, выводим у2 = у2 +	х2, откуда х = 0.

Для к = 1 имеем

I I 9 । х 4~ 1

IУ	| = х2 +	.

Однако легко удостовериться, что

7У2 _ (т2 । х + 1 \2 __ (х — 3) (х + Й

У	“(Д + 2 J	4	’

Тогда для к = 1 имеем

7/2 = 7/2 _ (^~ 3)(^4~1)

Отсюда следует (х — 3) (х + 1) = 0, что дает х = 3 или — 1.
Тем самым установлена справедливость утверждения, что
целые значения для у получаются лишь при х = — 1, О
или 3.

Долгое время я считал, что это прекрасное доказа-
тельство является значительным достижением, поэтому
я был приятно удивлен, найдя похожее, но гораздо более
элегантное решение в «Mathematical Digest»—скромной
публикации для школьников, живущих в окрестностях
Кейптауна (ЮАР), размноженной на мимеографе. Его
издателем является проф. Джон Уэбб из Кейптаунского
университета. В июльском номере за 1973 г. было поме-
щено следующее решение.

Заметим, что

(*+я -

т2	/Зт2	\

= X4 + X3 +	= X4 + XZ + X2 + X + 1 — ^-4- + X 4- 1 ) =

= г/2 — у (Зж2 + 4# + 4).

Поскольку дискриминант трехчлена Зя2 4- 4х 4- 4
(а именно 42 — 4 • 3 • 4 = —32) отрицателен, значение
трехчлена Зя2 4~ 4# 4- 4 положительно для всех веществен-
ных чисел х.
Поэтому

/ о . Я \2	2

+ "2 ) < у ’

откуда

p + f |<1Н

Так как х2 + я/2 = х(х + 1/2) неотрицательно при всех
целых х, мы имеем
откуда

*2 + у<1Л

Теперь, если х — четное целое число, то х2 + {х!2')—
целое число и \у\ должно его превосходить не менее чем
на 1; если х нечетно, то х2 + (х/2) лежит между двумя
последовательными целыми числами и \у\ может превы-
шать это выражение не более чем на 1/2. В любом слу-
чае мы имеем

|г/|>р + у) + |,

откуда

г/2^а;4 + х3+^-+у+^- = а:4 + х3 + ж2 + х+1 +

Отсюда следует

х2 — 2х — 3 О,

(я + 1)(я-3)< О,

что ограничивает х, позволяя принимать лишь следую-
щие значения: —1, 0, 1, 2, 3. Решение заканчивается от-
брасыванием чисел х = 1 и х = 2 с помощью прямой про-
верки этих значений.

ЗАДАЧА 75. НЕОБЫКНОВЕННЫЙ МНОГОЧЛЕН

Если Р(х)— такой многочлен степени гг, что
Р (х) = 2х для х = 1, 2, ..., п + 1, то чему равняется
Р(п+2)?
Решение. Из разложения бинома получаем, что

2т = (1 + 1)т = Ст + Ст + .. . + Спт для тп =

= 1,2, ...,п + 1, ...

Зафиксируем некоторое произвольное натуральное число
п и рассмотрим многочлен

= 2(С°-1 + CL1 + • • • +

Слагаемое, имеющее наибольшую степень относитель-
но х в f(x), есть

су sill	су (1) (•£ 2) ... (X YI)

1	п\

Поэтому /(я:) является многочленом степени п. Для х~
= 1, 2, ..., п + 1 имеем

f (х) = 2 [(1 + 1)х-1] = 2х (для т < п Ст = О').

Таким образом, f(x) и искомый многочлен Р{х) оба
имеют степень п и совпадают в тз+1 точке х = 1, 2, ...
..., п+1. Поэтому f(x) совпадает с Р(х), и мы имеем
Р (п + 2) = 2 [С°+1 + Сп+1 + • • • + Сп+1] —

= 2 |-2п+1 __ сп+1^ = 2п+2 __ 2.
Аналогично получаем

Р (П + 3) = 2 [2”+2 - О - С"}2] =

= 2 [2”+2 _ (п + 2) — 1] = 2П+3 — 2п — 6.

ЗАДАЧА 76. ЦЕНТРОИДЫ НА ОКРУЖНОСТИ

Пусть А, В, С, D — четыре точки на окруж-
ности, a GA, Gb, Gc, Gd — центроиды (центры масс) тре-
угольников BCD, ACD, ABD, АВС соответственно
(рис. 88). Докажите, что точки GA, GB, Gc, GD также ле-
жат на одной окружности.

Решение. Расположим в каждой из точек А, В, С, D
единичные массы и обозначим через G центр масс этой
системы. Единичные массы в точках А, В и С эквива-
лентны массе 3 в точке GD. Поэтому вся система эквива-
лентна массе 3 в точке GD и массе 1 в точке D. Следова-
тельно, точка G должна лежать на отрезке GdD и делить
его в отношении 1 : 3 (рис. 89).
Аналогично, точка G должна лежать на каждом из
отрезков GaA. GbB и GcC и делить каждый из них в от-
ношении 1 : 3. Следовательно, гомотетия с коэффициен-
том (—1/3) и центром в точке G переводит точки А, В1

С, D соответственно в точки GA, GBl Gc, GD. Но при го-
мотетии окружность переходит в окружность, поэтому из
того, что точки А, В, С, D лежат на одной окружности,
то же самое верно и для точек GA, GB, Gc и GD.

Отметим, что п вершин любого многоугольника ана-
логично определяют многоугольник, вершины которого
являются центрами масс множеств из (n—1) вершин.
Аналогичное условие выполняется и в трехмерном про-
странстве.

«Механический» подход часто обеспечивает легкое ре-
шение геометрических задач значительной трудности.
С его помощью довольно просто показать существование
в треугольнике таких точек, как центроид, центр вписан-
ной окружности, точек Жергона и Нагеля, а также до-
казать такие теоремы, как теоремы Чевы и Менелая.

Рассмотрим следующую задачу, которая предлагалась
на конкурсе по решению задач элементарной математики
в Румынии.

Пусть А, В, С — заданные точки на плоскости,
а А', В', С'—переменные точки на другой плоскости л.
Середины отрезков АА', ВВ', СС' обозначим через Д
М, N. Каково геометрическое место S центроидов тре-
угольников LMN1

Поместим по единичной массе в каждую из точек
А, 5, С, А', В', С'. Массы в точках А и А' эквивалентны
массе 2 в середине L отрезка между ними. Аналогично
рассуждая, получим, что вся система масс эквивалентна
системе из трех масс 2 в точках L, М и N. Следователь-
но, центроид S треугольника LMN является центром
масс всей системы.

Теперь заметим, что массы в точках А, В и С экви-
валентны массе 3 в точке G — центроиде треугольника

АВС. Аналогично массы в точках А', В', С' эквивалентны
массе 3 в точке G'—центроиде треугольника А'В'С'.
В результате центр масс S должен делить пополам отре-
зок GG'. Поскольку точки А', В', С' — произвольные точ-
ки на плоскости л, их центроид также может быть про-
извольной точкой этой плоскости. Точка G фиксирована
на своей плоскости. Поэтому геометрическое место точек
S есть плоскость, которая получается из плоскости л в
результате гомотетии с центром в точке G и коэффици-
ентом 1/2.

Заключительная задача была предложена Мюрреем
Кламкином из университета в Ватерлоо (Канада).

Докажите, что точки касания Р, Q, В, S пространст-
венного четырехугольника, описанного вокруг данной
сферы, лежат на одной окружности.

Все касательные к сфере из одной точки имеют оди-
наковую длину. Пусть АР = AS = a, BP = BQ = &, CQ =
= СВ = с, DB = DS = d (рис. 90). Расположим в точках
А, В, С, D соответственно массы 1/а, 1/&, 1/с, 1/d. Момен-
ты масс в точках А и В относительно точки Р равны и
противоположны. Поэтому они эквивалентны массе
(1/а)Ъ(1/&) в точке Р. Аналогично, массы в точках С
и D эквивалентны некоторой массе в точке R. Следова-
тельно, центр масс G всей системы масс должен распо-
лагаться где-то на отрезке PR. Аналогично, рассматривая
пары масс в точках R и С, а также в точках А и D, мы
видим, что точка G также должна лежать на отрезке QS.
А это значит, что отрезки PR и QS должны пересекаться
(в точке G).

Следовательно, они определяют некоторую плоскость
л. Ясно, что точки касания Р, Q, R, S принадлежат ок-
ружности, получающейся при пересечении сферы пло-
скостью л.

ЗАДАЧА 77. ЛЕГКОНАХОДИМЫЙ ОСТАТОК

Чему равен остаток при делении многочле-
на х + я9+ ж25 + ж49 + ж81 на ж3 — х?

Решение. Имеем

х^Л.х^+х^ + х^ + х _ ж80 + .т48 + ж24 + ;с8+1 _
— X	х2 — 1

(^0_1) + G48_1) + G24_1) + U8_1) + 5
х2 - 1

Так как х2п — 1 делится на ж2—1, то кажется, что
остаток есть число 5. Вспоминая, что числитель и знаме-
натель сокращались на х, получаем, что остаток равен
5#, так как

5	__ 5ж

”2 л	~"з	•

х — 1	X — X

ЗАДАЧА 78. ЛЮБОПЫТНОЕ СВОЙСТВО ЧИСЛА 3

Докажите, что если т и п — два натураль-
п , m,—	3,—

ных числа, то одно из чисел]/ т, у мне больше, чем у 3.

Решение. Предположим, что т = п. В этом случае
мы хотим показать, что	т. е. м1/п 31/3, или

м3 Зп. Это, как мы сейчас увидим, легко устанавлива-
ется по индукции. Ясно, что утверждение верно для
п = 1, 2 и 3. Предположим, что мы имеем м3 Зп для не-
которого п > 3. Тогда

3n+1 = 3 • Зп >

> 3 • п3 = п3 + Зп2 + Зп + (п — 3) п2 + (тг2 — 3) п >

> п3 + Зп2 + Зп + 1 = (п + 1)3.

Таким образом, утверждение верно для т = п.

Казалось бы, мы рассмотрели только частный случай,
а общий случай это т ¥= п, однако как раз все наоборот.

Так как, если скажем, т<п, то у m<Zy п^.у 3.

Заметим, что равенство имеет место в единственном
случае т = п = 3.

ЗАДАЧА 79. КВАДРАТ ВНУТРИ КВАДРАТА

В квадрате проведены отрезки, соединяю-
щие его вершины с серединами сторон, как показано на
рис. 91. Докажите неожиданный результат, что площадь
меньшего квадрата равна 1/5 площади данного квадрата.

Решение. Очевидно, что в «кресте», содержащем
5 равных квадратов, как показано на рис. 92, прямая AD
пересекает отрезок PQ в его середине — точке X и что
треугольники АРХ и XQD равны. Теперь отрежем тре-
угольник АРХ и положим его на треугольник XQD. Вы-
полнив такую перестановку с каждой из точек Л, В, С
и В, нетрудно видеть, что мы получим квадрат.
При этом площадь не изменилась, откуда следует, что
центральный квадрат имеет площадь равную 1/5 площа-
ди данного квадрата.

ЗАДАЧА 80. ВСЕГДА КВАДРАТ

Четное количество единиц, записанных друг
за другом, образует число А, а вдвое меньшее количе-
ство четверок — число В. Докажите, что число А + В + 1
всегда является полным квадратом.

Решение. Предположим, что в числе А содержится
2ттъ цифр, а в числе В — т цифр. Тогда

(ЗВ\*	Г3///	.J2

(т) -	-

= /33 ... 3W33 ... 3\ = /11 ... 1\ /99 ... 9\ =

\ т / \	т )	\ т ) \ тп /

= /11 ... 1 \ (10т - 1) = И ... 1 00 ... 0-11 ... 1.
\ тп /	тп	тп	тп

Складывая это число с числом у 5, которое равно
22 ... 2 — 2 (11 ... 1), мы получаем

тп	тп

l3B\2 4- 1 R

[Т} +2В =

= 11 ... 1 00 ... 0 + 11 ... 1 =11 ... 1 = А.

т	т	гп	2тп

Поэтому

Л + 5 + 1 = ру + ^ + 5 + 1 = ^ + ^ + 1 =

= (™ + 17= /33 ... 34\2.

ЗАДАЧА 81. ГРУППИРОВКА НАТУРАЛЬНЫХ

ЧИСЕЛ

Предположим, что натуральные числа раз-
делены на группы следующим образом:

(1), (2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9, 10), (11, 12, 13, 14, 15)
и что каждая вторая группа отброшена. Докажите, что
сумма чисел в первых к оставшихся группах всегда рав-
на к4. Например, для к = 3 имеем

i +(4 + 5 + 6) + (11 + 12+13 + 14+ 15) = 81 = 34.

Решение. Перед тг-й группой находится (тг — 1) групп,
которые содержат первые

1 + 2 + 3+ ... + 72 — 1 =	чисел.

Поэтому первое число тг-й группы равно п(п — 1)/2 + 1,
подобным образом последнее число в тг-й группе равно
п(п + 1)/2. Следовательно, сумма S(n) чисел в тг-й груп-
пе равна

S(n)=^-

(п — 1) п
2

П (п + 1)1

2 J

п (п2 + 1)
2

+ 1 +

Группа, имеющая номер к после выбрасывания, име-
ла (2к — 1) в первоначальной последовательности. Итак,
мы хотим доказать, что

5(1) + 5(3)+... + 5(2/с-1) = /с4.

Используем для этого метод индукции, заметив, что
5(1) = 1. Если 5(1) + 5(3) + ... + S(2k — 1) = /с4, то
5(1) + 5 (3) + ... + 5 (2к + 1) = к4 + 5 (2к + 1) = к4 +

{2к + 1) [(2Л: + I)2 + 1]

2

что приводится к виду (к + I)4.

ЗАДАЧА 82. ТРЕУГОЛЬНИКИ, СТОРОНЫ
КОТОРЫХ ОБРАЗУЮТ АРИФМЕТИЧЕСКУЮ
ПРОГРЕССИЮ

Докажите, что если стороны треугольника
составляют арифметическую прогрессию, то прямая, со-
единяющая его центроид с центром вписанной окружно-
сти, параллельна одной из его сторон.

Решение. Пусть в треугольнике АВС стороны удов-
летворяют неравенству с < Ъ < а (а — длина стороны,
противоположной вершине А и т. д.). Тогда а + с = 2Ь,
так как стороны образуют арифметическую прогрессию.

Обозначим через I центр вписанной окружности и че-
рез г — ее радиус (рис. 93). Запишем площадь треуголь-
ника АВС:

S(j\ABC) = S(£JAC) + S(£jBC) + S(^IAB) =

= br + ar + 4-cr = -^-r (a + b + с).

64	&	&
J

Но площадь треугольника АВС равна BD • 6, где BD —
высота, опущенная из вершины В. Следовательно,
1	1

-к- BD -Ъ = -ту г (а + Ъ + с), и мы имеем
£	£

г   b __________ b   1

BD а-\- Ъ -|- с	ЗЬ	3 *

Это говорит о том, что точка I лежит на прямой L,
которая параллельна отрезку АС, причем расстояние пря-
мой L до прямой АС равняется 1/3 расстояния от точки

Рис. 93

В до АС. Но центроид G делит медиану BE в отношении
2: 1, отсюда следует (если рассмотреть подобные тре-
угольники), что точка G также лежит на прямой L. Та-
ким образом, прямая GI определяет прямую L и поэтому
представляет прямую, параллельную стороне АС.

ЗАДАЧА 83. ДРОБИ, ПОЛУЧЕННЫЕ
С ПОМОЩЬЮ ПЕРЕСТАНОВКИ

Пусть &i, 62, ..Ъп — некоторая перестанов-
ка вещественных положительных чисел а\, аъ, ..., ап. До-
кажите, что

Решение. Так как среднее арифметическое набора из
п положительных чисел не меньше их среднего геомет-
рического, то

£
п

1/п

= 1,

откуда немедленно следует наше утверждение.
ЗАДАЧА 84. О БИНОМИАЛЬНЫХ
КОЭФФИЦИЕНТАХ

Чему равен g — наибольший общий дели-
тель следующих чисел:

zil	>о5	Х12П—In

^2П?	, О2п

Решение. Любой общий делитель набора чисел делит
и их сумму. Ключом к решению является соотношение

с1 । г*3 ।	। ^п—1 о2П—1

^2П "Т” Ь'2п“г • • • Т ^2n	— "	•

Его можно вывести следующим образом. Из разложе-
ния в бином Ньютона имеем

(1 + х)2п = С2П + С2п^ + С*2пх2 -j- ... + С2п^2П.

Положив х = 1, мы видим, что сумма всех коэффици-
ентов равна 22п, а положив х = — 1, мы видим, что сумма
коэффициентов С2п с четным г равна сумме коэффициен-
тов с нечетным г. Таким образом, сумма данных чисел
равна половине общей суммы, а именно, 22п-1. Вследствие
этого, искомый наибольший общий делитель должен быть
делителем числа 22п-1 и поэтому сам должен быть сте-
пенью числа 2.

Предположим, что 2k — это наибольшая степень чис-
ла 2, на которую делится число п. Тогда n = 2k-q, где
q — некоторое нечетное число, и мы имеем С2п = 2п =
= 2ft+1^. Так как число g является делителем числа С2п
и является степенью числа 2, то g не может превосхо-
дить числа 2ft+1. Мы покажем, что g = 2ft+1, доказав, что
2ft+1 является делителем каждого из чисел Сг2п, г = 1, 3
5, ..., 2п-1.

Заметим, что

ГТ	(2м)!

с2п- (2м-г)! г! -

2м [	(2м - 1)!	] _ 2м ^т-1 __ 22k+1q rr

~ 71 (2м-г)! (г-1)! J “ г °2n-1 ~

Так как г — нечетное, а С2П-1 — целое число, то мно-
житель 2ft+1 в числителе должен сохраниться и после уп-
рощения этого выражения. Отсюда следует искомое ут-
верждение.
ЗАДАЧА 85. ЧИСЛО ФЕРМА F73

Об определении чисел Ферма см. задачу 58.
Вот первые пять из них:

3, 5, 17, 257, 65 537, 4294967 297.

Вы можете представить огромную величину числа
(273)	' •

F73 = 2V 7 + 1. Эта задача поднимает вопрос о том,
смогли ли бы все книги всех библиотек всего мира вме-
стить в себя обычную десятичную запись этого гигант-
ского числа ^73. Отвечая на этот вопрос, мы можем ис-
пользовать очень завышенную оценку количества книг
в библиотеках:

один миллион библиотек, в каждой
по одному миллиону книг, по 1000 страниц каждая,
по 100 строк на странице, по 100 знаков

на строчке.

В качестве второй части задачи мы зададимся вопро-
сом: каковы три последние цифры рекордсмена Т^з?

Решение. 1. В данных предположениях общая вме-
стимость библиотек мира составила бы

(100) (100) (1000) (1 000 000) (1 000 000) = 1019 цифр.

Таково это громадное количество цифр. Ясно, что на-
ша задача свелась к нахождению количества цифр в чис-
ле F73. Так как

210 = 1024 >103,
то

273 = 8 • 270 > 8 • 1021
и

2(2'3)	28-ю21 _ (280)1020 _ Ц210)8|1о2° > 1О241°20

Таким образом, число F73 содержит более, чем
24 • 1020 = 240 • (1019) цифр и потребуется более 240 биб-
лиотечных систем, подобных той, которую мы предложи-
ли, чтобы записать это число.

2.	При нахождении трех последних цифр числа F73
мы будем использовать без доказательства два замеча-
тельных открытия:

а)	квадрат натурального числа и его 22-я степень
всегда имеют одни и те же последние две цифры:

Tz22 = n2(mod 100);
б)	куб натурального числа и его 103-я степень всегда
имеют одни и те же последние три цифры

п103 = п3 (mod 1000).

Для неотрицательного к свойство а) означает (по мо-
дулю 100), что

^fe+22 _ nk . ^22 = nh . п2 __

Поэтому можно вычитать 20 из показателя степени
>22 без изменения оставшегося числа (по модулю 100).
Повторное применение этой операции позволяет много-
кратно уменьшать на 20 показатель степени до тех пор,
пока степень остается >2. Аналогично, свойство б) по-
зволяет многократно уменьшать показатель степени на
100 до тех пор пока степень остается >3.

Таким образом, мы имеем

27з== 260+13 = 213 (mod 100).

Также (по модулю 100) мы имеем

273 = 213 = 2з. 210 = 8(1024)	8 '• 24 = 192 = 92.

Следовательно, для некоторого целого числа q мы
имеем

273 = 100д + 92

Используя свойство б), получаем

2(г73) = 2юод+92 _ 292 (mod 1000)

Применяя лишь простую арифметику, вычисляем

292 = 896 (mod 1000).

Поэтому

( 73\

F13 = 2	} + 1 оканчивается на 897.

Ст. Джерман и Стин с помощью компьютера нашли
40 последних цифр числа Fi&, это

8947301518995672165296243935786246864897.

Одним из наиболее замечательных достижений совре-
менной арифметики является установление того, что чу-
довищно большое число

является составным. Число F73 микроскопически мало
по сравнению с этим колоссом. Однако, используя при-
веденный выше метод, определить последние три цифры
числа F1945 даже легче, чем у числа F73. Возможно, чи-
татель получит удовольствие, показав, что число F1945
оканчивается на 297.

3.	Мы завершаем этот раздел другим, полностью обос-
нованным выводом последних трех цифр числа F73.

Ясно, что

210 = 1024 = 25f - 1 (для t = 41) = -1 (mod 25).

Используя разложение бинома, получаем

21оо = (210) ю »

= (25£-1)10= (25£)10 - 10 • (25f)9 + ...- 10(25*) +1.

Так как каждый член, за исключением последнего,
в этом разложении делится на 125, получаем

2100 1 (mod 125).

Теперь

273 = (210)7 • 23	(-1)7 • 23(mod 25) = -8(mod 25),

откуда 273 = 25Лг — 8 для некоторого целого числа к. Так-
же очевидно: из того, что 273 делится на 4, следует

273 = 0^-8(mod4) и 273 = 4г-8

для некоторого целого числа г. Тогда

25* — 8 = 4г — 8, 25* = 4г,

откуда * делится на 4. Записав к = 4*1, мы получаем
273 = Ю0*1 - 8^-8^ 92(mod 100)

и для некоторого целого числа q имеем

273 = 100g+ 92.

Таким образом,

2(273) = 2юоз+92 = 2#2	= 292 (1") (mod 125)

и

2(2,3) e 2100 = ! (mod 125).

Пусть 292 э х (mod 125), тогда

28^2100^l(modl25),
и мы имеем

28я = 256а: s 6х (mod 125) и 6х = 1 (mod 125).

Отсюда

6х =3 126(mod 125) и х 21	—104(mod 125).

Ю р, Хонсбергер	145
Следовательно

2(а’3) = х == - 104 (mod 125).

(273)

Однако очевидно, что 2 7 делится на 8, поэтому

2(а?8) == 0 s - 104 (mod 125)

И

2(2?#) = 125s - 104 = 8w — 104,

откуда легко вывести, что s делится на 8, т. е. 125s де-
лится на 1000 и

2(а? > = 1000и — 104	— 104 (mod 1000) =s 896 (mod 1000).

Таким образом, число F73 оканчивается на 897.

ЗАДАЧА 86. ВПИСАННЫЙ ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИК

Продолжим противоположные стороны впи-
санного четырехугольника ABCD до пересечения в точках
Р и Q (рис. 94). Докажите, что четырехугольник EFGH,

определяемый на ABCD биссектрисами углов Р и Q,
всегда является ромбом.

Решение. Поскольку четырехугольник ABCD — впи-
санный, внешний угол DCQ равен внутреннему углу в
противоположной вершине А, Так как прямая QE—
биссектриса угла Q, то углы треугольника AQE соответ-
ственно равны углам треугольника CQG. Следовательно,

^CGQ ~^-AQE.
Но

^-CGQ = ^-PGE (как вертикальные].

Поэтому

^-PEG = ^-PGE и &PEG — равнобедренный.

Соответственно, биссектриса угла Р является средин-
ным перпендикуляром к отрезку EG. Поэтому точки Н, и
F, расположенные на этом перпендикуляре, равноудалены
от точек Е и G. Аналогично точки Е и G равноудалены
от точек Н и F и EFGH — ромб.

ЗАДАЧА 87. СПЕЦИАЛЬНЫЕ ТРОЙКИ
НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ

Найдите все тройки различных натуральных
чисел я, у, z, попарно взаимно простых и таких, что
сумма любых двух из них делится на третье.

Решение. Предположим, что числа в такой тройке
обозначены так, что х < у < z. Тогда

я + у < z + z = 2z,
откуда следует, что частное при делении х + у на z мень-
ше, чем 2. Поэтому оно должно равняться 1 и х + у « z.

В таком случае х + z = 2х + у. Так как это выражение
делится на у, то 2х делится на у. Но 2х < 2у, следова-
тельно, у содержится в 2х менее двух раз. Таким образом,
как и раньше, у должен равняться 2х и мы имеем

х = х, у = 2х, z = х + у = 3^.

Так как эти числа должны быть попарно взаимно
просты, то х должен равняться 1 и мы получаем един-
ственный ответ (1, 2, 3).

ЗАДАЧА 88. СУММЫ ПРОСТЫХ ЧИСЕЛ

Введем обозначение суммы первых п про-
стых чисел через 5П:

Sn = 2 + 3 + 5 + ... + рп.

Докажите, что между числами Sn и Sn+\ всегда су-
ществует число, являющееся полным квадратом.

Ю*	147
Решение. Утверждение легко проверяется для п = 1,
2, 3 и 4. Рассмотрим п > 5. Ясно, что если между квад-
ратными корнями из х и у (х< у) находится целое чис-
ло пг, то т2, являющееся полным квадратом, будет ле-
жать между х и у:

если 1/х < т< Уу, то х < т2 < у.

_ Если 1/у — 1/х> 1, то интервал между числами 1/х и
У у настолько велик, что обязательно содержит некоторое
целое число, независимо от того, где этот интервал на-
ходится на числовой прямой. Это эквивалентно следую-
щему:

1/у > 1 + 1/х,
у > 1 + 2Уя + х,
у — х > 1 + 2Ух.

Таким образом, желаемое заключение будет получено
если покажем, что для всех п

S„+i — > 1 + 2У~

Итак,

= 2 + 3 + 5 + 7 + 11 + ... + рп.

Оценим Sn при п > 5. Заметим, что если в сумме
2 + 3 + 5 + 7 + 11 исключить 2 и добавить недостающие
нечетные числа 1 и 9, то получим, что все числа будут
нечетными, причем сумма увеличится на 1 + 9 — 2 = 8.
Поэтому

Sn < 1 + 3 + 5 + ... + рп,

где справа стоит сумма всех нечетных чисел с 1 по рп.

Но сумма всех нечетных чисел с 1 по 2к — 1 равняется

1 4-3 + ... + (2/с —1) = 4 [1 + (2& —1)] = &2-

Для pn = 2fc — 1 мы получим к = у (1 + рп). Поэтому
сумма всех нечетных чисел с 1 по рп равна у(1 + рп)2.
Соответственно,

5П<4(1 4-Рп)2

И


или

2Ysn< 1 + рп.

Заметим, что pn+i всегда не меньше, чем рп + 2 (так
как числа рп и рп+2 не могут быть последовательными).
Отсюда

Sn^- 5п = рп+1>ря + 2 = 1+ (1 + pn) >l + 2V5n.

Утверждение доказано.

ЗАДАЧА 89. ЕЩЕ ОДНА КУРЬЕЗНАЯ
ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ

В этой задаче рассматривается курьезный
способ образования последовательности натуральных чи-
сел. Начиная, скажем, с числа 2520, мы будем получать

2520, 25, 11, 12, 8, 7, 8,...

Каждый из членов определяется следующим образом:
к сумме простых делителей предыдущего члена прибав-
ляется единица, причем каждое простое число берется
в сумме такое число раз, какое стоит в показателе степени
этого числа в разложении на простые множители соот-
ветствующего члена последовательности.

Так как

2520 = 23 • З2 • 5 • 7,
то второй член равен

1 + 3-2 + 2-3 + 5 + 7 = 25;

а так как 25 = 52, то отсюда следует, что третий член
равен 1 + 2- 5 = 11 и так далее.

Если число п разложено на простые множители
л.

п = Pi Ръ • • • Ph » то член, следующий за числом п, ко-
торый мы будем обозначать через /(п), равен

/(и) = 1 + aipi + а2р2 + ... + akph.

Так как /(7) = 8 и /(8) =7, то мы видим, что как
только в последовательности появится число 7 или 8,
начнется бесконечное чередование 8, 7, 8, 7, ... Наша
задача состоит в том, чтобы показать, что последователь-
ность, у которой начальный член п больше 6, всегда
содержит 7 или 8 и таким образом, начиная с некото-
рого места, будет продолжаться бесконечным повторением
чисел 8, 7, 8, 7, ...

Решение. Пример, рассмотренный в постановке за-
дачи, является последовательностью, уменьшающейся
от 2520 до 25 на первом шаге и еще уменьшающейся
до 11 на следующем шаге. Соблазнительно предположить,
что f(n) всегда меньше, чем п. Однако за 11 следует 12,
и мы видим, что это не так. В действительности, для
простого числа р имеет место соотношение /(р) = р + 1.
Тем не менее мы правы, считая, что, вообще говоря,
/(га) меньше, чем п. Мы увидим, что эта последователь-
ность увеличивается лишь после членов, являющихся
простыми числами, при этом только на 1, и что в осталь-
ных случаях, исключая п = 8, последовательность умень-
шается на каждом шагу не менее чем^ на 2:

для составного числа га, /(га) п — 2
за исключением п = 8, для которого
уменьшение равно только 1.

Утверждение задачи легко следует из этого основного
результата.

На некоторой стадии доказательства мы должны по-
казать, что для га>6 всегда имеет место /(га) >6. Это
следует из рассмотрения нескольких простых случаев.

1)	Если число п имеет простой делитель, больший 7,
то /(га), будучи больше любого простого делителя числа га,
принимает значение, большее 6. Поэтому нам необходимо
рассмотреть только числа, простыми делителями которых
являются 2, 3, и 5:

га = 2а • Зь • 5е.

2)	Если с > 2, то /(га)	1 + 2 • 5 > 6.

Если с = 1, то для того, чтобы га было больше 6,
хотя бы одно из чисел а и Ъ должно быть отличным от
нуля, откуда /(га) > 1 + 5 + 2 > 6. Остались лишь числа
вида

га = 2а • Зь, соответствующие случаю с = 0.

3)	Если Ъ > 2, то f(n)> 1 + 2 • 3 > 6. Если 6 = 1,
то для того, чтобы га было больше 6, необходимо, чтобы а
было не меньше 2, и мы имеем /(га) ^1 + 2- 2 + 3>6.
Осталось рассмотреть только числа вида га = 2а.

4)	Для га > 6 число а должно быть не меньше 3,
и мы получаем /(га) > 1 + 3 • 2 > 6.

Здесь мы имеем возможность увидеть общий ход до-
казательства. Если га находится во множестве чисел, боль-
ших 6, то и f(n) принадлежит этому множеству. Для
простого числа р, которое является нечетным, f(p) =
= р + 1, которое четно и поэтому составное. Следова-
тельно, пара последовательных членов в нашей последо-
вательности может быть отнесена к одному из следующих
трех типов (не может иметь место случай, когда за про-
стым числом следует вновь простое число):

..., простое, составное, ...

..., составное, простое, ...

. .., составное, составное, ...

Если один из членов пары равен 8, то осцилляция
уже началась и для этой последовательности выполняется
наша гипотеза. Из того, что /(п) по крайней мере на
2 меньше, чем п для составных тг=И=8, мы видим, что во
всех трех типах пар после двух последовательных шагов
происходит суммарное уменьшение по крайней мере на 1.

Например,

составное	простое,

уменьшение

увеличение

не менее, чем на 2

на 1

общее уменьшение не менее, чем на 1

Таким образом, беря через один члены нашей после-
довательности, получим подпоследовательность, которая
вплоть до появления числа 8 будет строго уменьшаться.
При этом все эти члены остаются большими 6. Следова-
тельно, за конечное число шагов они придут к наимень-
шему значению. В общем, это означает, что число 7 до-
стигается, и в первоначальной последовательности на-
ступает осцилляция. Единственный способ избежать этого
состоит в том, чтобы прекратить уменьшение на 1 в паре
членов, что возможно лишь при наличии среди них чис-
ла 8. Однако и это также приводит к осцилляции, что
завершает доказательство. Нам остается обосновать основ-
ной результат:

для составного числа п > 6, п #= 8 /(тг) п — 2, т. е.
для составного числа и > 9 f(n) п — 2.
Мы будем действовать по' индукции. Так как /(9) = 7,
то это свойство имеет место для числа 9. Обозначим че-
рез п составное натуральное число, большее 9, и допус-
тим, что по предположению индукции это свойство вы-
полнено для всех меньших составных натуральных чисел,
которые также не меньше 9. Покажем, что тогда это
свойство унаследует п само числе! п.

Так как п — составное число, оно имеет по крайней
мере одно нетривиальное разложение на множители

п = к[ • Лт2, где 1 < /ci, к<2 < п.

Если хотя бы один из этих множителей кг является
простым числом, то /(&<) = к + 1. Если число ki — состав-
ное, не меньшее 9, то оно попадает в условия индукцион-
ного предположения, и мы имеем, что f (/сг) кг — 2.
В остальных случаях кг равно 4, 6 или 8 и /(&,) соответ-
ственно равняется 5, б или 7. В любом случае мы видим
что f(ki) никогда не бывает больше, чем &;+!. Поэтому

НМ ^Аи + 1 и Ж)

Предположим, что

ai аг
п = Р1 Р2

. • Pk

Разложение на множители п = k\kz осуществляется
разделением простых делителей числа п на две непустые
группы:

( Ъ1 Ъ2	ь>

п = (PlPi   Ph
ht

... РГ

а1~Ь1

%

Вспомним, что

j(t} = 1 + (сумма простых делителей

числа t, каждый из которых берется
соответствующее число раз).

В соответствии с этим сумма соответствующее число
раз повторенных простых делителей числа к\ равняется
/(/ci) —1. Аналогично для чисел к% и п мы имеем, соот-
ветственно, /(fe)—1 и /(n)—1. Однако, поскольку
n = k\kz, мы имеем:

(сумма простых делителей числа п, взятых
соответствующее число раз) =
= (сумме простых делителей числа к\,

взятых соответствующее число раз) +
+ (сумма простых делителей числа &2,

взятых соответствующее число раз).
Это дает

/(/г)- 1 =/(*>)-И-/(Лг2>- 1

f(n) =/(*!) +/(fc2) -1.

Поскольку / (&i) k\ + 1 и /(/сг) k2 + 1, мы полу-
чаем

f(n) ^ki+i + k2 + l — 1

/ (n)	+ k2 + 1

Теперь мы знаем, что ki и к2 не меньше 2, а их
произведение не меньше 9. Следовательно, мы легко мо-
жем вывести, что произведение (к\ — 1) (к2 — 1) не мень-
ше 4:

1)	Если одно из чисел fci, к2 принимает минимально
возможное значение 2, откуда ki — 1 = 1, тогда, поскольку
n = /ci/c2^9, другое число к\ 5. В этом случае имеем
(&i-l)(fe-l)>l -4 = 4.

2)	С другой стороны, если каждое кг > 3, то — 1 > 2,
и их произведение >4.

Окончание доказательства основано на том, что между
числами к\ + к2 + 1 и (к\ —1) (к2 — 1) легко увидеть сле-
дующее соотношение:

(*i - 1) {к2 - 1) = кхк2 -к{-к2 + 1 =

= kxk2-(kx + k2 + i)+2.
Отсюда

к{ + к2 + 1 = кхк2 + 2 -	- 1) (к2 - 1) = п + 2 -

-(/ci-l)(/c2-l).

Из приведенного выше неравенства мы имеем
/(/г) < п + 2 — (/ci — 1) (к2 — 1).

Так как (&i — 1) (к2 — 1)> 4, то получаем
/(п) п + 2 — 4

/(л)< л —2.
ЗАДАЧА 90. ЭЛЛИПС И ЦЕЛОЧИСЛЕННАЯ
РЕШЕТКА

Независимо от того как мы расположим
круг радиуса 5 на целочисленной решетке, мы не сможем
избежать того, чтобы не покрыть некоторое число це-
лочисленных точек. (Мы считаем, что наши фигуры
включают их границы, т. е., что они — замкнутые мно-
жества.) Конечно, очень маленький круг может вообще
не содержать целочисленных точек. Так как любая точка
плоскости расположена не дальше, чем на V2/2 от не-
которой целочисленной точки (V2/2 — это половина диаго-
нали единичной квадратной клетки, из которых состав-
лена решетка), то, независимо от расположения центра
круга радиуса r^V2/2, оказавшегося на плоскости, этот
круг будет простираться столь далеко, что обязательно
покроет хотя бы одну целочисленную точку. Гораздо
труднее показать, что прямоугольник а X 6, случайным
образом расположенный на решетке, обязательно покроет
хотя бы одну целочисленную точку в том и только том
случае, если а>1 и 6>У2. Также очень трудной задачей
является установление того факта, что треугольник всег-
да покроет хотя бы одну целочисленную точку тогда и
только тогда, когда его площадь не меньше с2/2(с —1),
где с — длина его наибольшей стороны. Однако наиболь-
ший интерес представляет рассмотрение эллипса.

У эллипса бесконечное число форм. Тем не менее ус-
ловием того, что он обязательно покроет хотя бы одну
целочисленную точку, является следующее: в стандарт-
ном положении (центр — в начале координат, а оси рас-
положены вдоль осей координат) он покрывает точку
(1/2, 1/2). Докажем эту теорему.

Решение. Пусть данный эллипс задается уравнением
Ь2х2 + а2у2 = а2Ъ2. Условие того, что он покрывает точку
(1/2, 1/2) запишется так:

4 Ъ2 + 4- а2 а2Ъ2 или а2 + Ъ2 4&2&2.

4	4^

Тогда теорема утверждает, что эллипс всегда покры-
вает хотя бы одну целочисленную точку тогда и только
тогда, когда а2 + Ъ2 4а2Ь2.

а) Достаточность.

Предположим, что а2 + Ъ2 4а2Ь2. Рассмотрим теперь
целочисленную решетку L точек (?/, р), определенную
заданными осями и и v. Пусть наш эллипс Е расположен
154
некоторым образом на этой решетке L (рис. 95). Мы хо-
тим проводить вычисления в системе координат х и у,
оси которых совпадают с осями эллипса Е. В этой системе
координат эллипс Е находится в стандартном положении

и имеет уравнение &2ж2 + а2у2 = а2Ь2. Линии решетки L
могут пересекать нашу плоскость (я, у) под произволь-
ным углом. Так как оси и и v перпендикулярны, то из
четырех их направлений одно имеет тангенс утла на-
клона т относительно плоскости (ху}, заключенный в
пределах —1^тп^1. Будем считать, что это направле-
ние имеет ось и. Линии решетки v = п, где п — целое
число, составляют множество равноудаленных параллель-
ных прямых, тангенс угла наклона которых равен т в си-
стеме координат (я, у), и они пересекают ось у во мно-
жестве равноудаленных точек Вп.

Начнем с нахождения расстояния BnBn+x между по-
следовательными пересечениями оси у. Пусть точка Р,
взятая на прямой Z, проведенной через начало коорди-
нат О с угловым коэффициентом тп, имеет координату ж,
равную 1 (рис. 96). Пусть ордината точки Р будет P2V.
Так как угловой коэффициент PN/ON = т, то мы имеем
PN — m и OP = V1 + m2. Теперь опустим перпендику-
ляр Bn+iS на прямую v = n. Так как соответствующие
углы: Bn+1BnS и ВпОР равны, мы имеем равные допол-
нительные углы SBn+\Bn и PON. Следовательно, треуголь-
ники Bn+iBnS и PON равны (Bn+iS = ON = 1) и получаем
соотношение

ВпВп+1=ОР = У1 + т2.

Тогда точки Вп расположены на оси у с шагом VI + т2.

который получается, если центр шага взять в начале ко-
ординат (он слишком велик, чтобы точки Вп могли через
него перешагнуть) (рис. 97) . Если точка Вп имеет коор-
динаты (О, Л)', то уравнение прямой Ln точек решетки
(р = п на Л) имеет вид

у = тх + к, где —fl + m2<zk^-^ ]Л1 + т2.

Пока мы не имеем гарантий, что прямая Ln будет
пересекать наш эллипс Е. Однако из их уравнений мы
находим

у = тх + к,
Ь2х2 + а2у2 — а2Ь2,
Ъ2х2 + а2 (тх + к)2 = а2Ь2,
откуда получаем

— ткс? + ab if Ъ2 + ®2^2 — &2

Х —	»2 е 2 2	•

Ь + а т

Так как эллипс Е содержит точку (1/2, 1/2), то мы
имеем, что а2 + Ь2 4а2Ь2, и поэтому (-4) +	^4, от-

\Ъ ) \а}

куда 1/Ь2 < 4 и 1/а2<4, так как а и Ъ оба отличны от
нуля. Поэтому Ь2>-|-и а2>-|. В результате мы имеем

(4 Z1 + т2)2=4 (i+™2)=4+т <62+а2т2-

Поэтому величина, расположенная под знаком квад-
ратного корня, а именно Ъ2 + а2т2 — к2, положительна;
это означает, что прямая L\ должна пересечь наш эл-
липс Е.

Теперь найдем длину d пересечения прямой Ьп с эл-
липсом Е. Если мы покажем, что d не меньше 1, то
из целочисленных точек на Ln, расположенных с интер-
валом 1, хотя бы одна должна попасть внутрь эллипса Е.

Пусть xi и Х2 — абсциссы точек пересечения эллип-
са Е с прямой Ln. Так как прямая Ln в координатах
(х, у) имеет уравнение у = тх+ к, то точками пересе-
чения будут точки (xi, тх\ + к) и (х2, тх2 + к). Поэтому
d2 = (х2 — #i)2+ (тх2 — тх])2 = (х2 — #i)2(l + т2}.

Рассматривая ранее найденные значения координат точек
пересечения, мы видим, что значения х\ и Х2 равны

- тка2 ± aS VGa + а2та — к2

>а
Тогда квадрат их разности равен

Г 2ab b2 + а2т2 — к2 2 ___4а2&2 (b2 + а2т2 — к2)

[ b2 + a2m2	~	(b2 + a2m2)2

Поэтому

,2__ 4л2&2 (&2 + а2т2 — к2) (1 -|- т2)

(52 + А2)8

И

d2(b2 + Лп2)2 = 4а2&2(Ь2 + а2т2 - F) (1 + тп2).

Вычитая (Ь2 + п2тп2)2 из каждой стороны, получаем
(d2- 1)(Ь2 + а2тп2)2 =

= 4а2Ь2(Ь2 + а2т2 — к2) (1 + тп2) — (Ь2 + а2т2)2.

Показав, что правая часть этого неравенства неотри-
цательна, мы получим, что d2—1 >0, и d>l, т. е. то,
что мы хотели получить. Теперь, заметив, что из 0

(а — Ь)2 следует условие 2аЬ < а2 + Ь2, мы из неравенства

-	" Й~|Г

а2 + Ь2<4п2Ь2

получаем, что 2аЪ < 4п2Ь2, т. е. 1 2аЪ, Поэтому
1 2аЪ < а2 + Ь2 и

| а2 + Ь2 1>0 [/

Так как также имеет место неравенство к2
^(1 + тп2)/4, мы получаем

4а2Ь2 (Ь2 + а2т2 - к2) (1 + тп2) - (Ь2 + п2тп2)2 >

> 4а2Ь2 (ь2 + а2т2 —	(1 + т2) — (Ь2 + aW)2 =

= (т*а2 + Ь2) (4а252 — а2 - Ь2) + 4пг2а2&2 (а2 + Ъ2 - 1).

Правильность последнего шага можно увидеть, если
сделать все перемножения. Из вышеприведенных нера-
венств мы имеем

4а2Ь2 - а2 - Ь2 > 0 и а2 + Ъ2 - 1 > 0.

Таким образом, результат неотрицателен и достаточ-
ность установлена.

б) Необходимость.

Теперь предположим, что эллипс Е всегда покрывает
целочисленную точку. Нетрудно показать, что в таком
случае этот эллипс, находясь в стандартном положении,
покрывает точку (1/2, 1/2).

Предположим противное, т. е. что это не происходит.
Тогда совершим параллельный перенос начала координат
в точку (1/2, 1/2). В результате такого переноса цело-
численные точки перейдут в центры единичных квадратов

нашей решетки (рис. 98). Если некоторая область по-
крывала целочисленную точку, то после этого преобразо-
вания она будет покрывать центр единичного квадрата
и наоборот. Если эллипс Е не покрывает точку (1/2, 1/2),
то из его симметрии следует, что он не покрывает ни од-
ного из центров квадратов. Таким образом, когда мы
передвинем систему координат, то он не будет покрывать
ни одной целочисленной точки, что противоречит тому,
что эллипс Е всегда покрывает хотя бы одну целочислен-
ную точку на решетке (определяемой в данном случае
центрами единичных квадратов). Поэтому эллипс Е дол-
жен покрывать точку (1/2, 1/2), и теорема доказана.

ЗАДАЧА 91. АРХИМЕДОВЫ ТРЕУГОЛЬНИКИ

Одним из замечательных достижений вели-
кого Архимеда является нахождение площади сегмента
параболы (т. е. ее части, отсекаемой хордой). Он нашел,
что площадь сегмента, порождаемого хордой АВ, равня-
ется 2/3 площади треугольника РАВ3 который опреде-
ляется касательными в точках А и В. Такой треугольник
РАВ называется «архимедовым» треугольником (рис. 99).

Можно показать, что медиана РТ, опущенная на хор-
ду архимедова треугольника, параллельна оси параболы,
и пересекает параболу в точке С, такой, что касательная

MCN параллельна хорде АВ. Также оказывается, что
точки М и N являются серединами отрезков РА и РВ.
Поэтому треугольник САВ имеет то же основание, что
и треугольник РАВ, а высоту вдвое меньшую, откуда
площадь &САВ — — площади &РАВ. Следовательно,
площадь параболического сегмента = 5драв = 4 ^асав.

X	О	О

Рассмотрим теперь треугольник, являющийся архиме-
довым для трех парабол, каждая из которых касается
двух его сторон в вершинах. Архимедов треугольник со
своими тремя параболами образует конфигурацию, бо-
гатую интересными свойствами (рис. 100).

1)	Параболы всегда пересекаются на медианах тре-
угольника (например, NTM — медиана).

2)	Эти точки пересечения всегда отсекают 1/9 длины
медианы (считая от середины стороны) (т. е. МТ ==
= (1/9)Л£А, или МТ : TN == 1: 8).

3)	Параболы и проведенные между ними медианы
делят треугольник на 18 частей, 12 из которых ограни-
чены двумя отрезками прямых и одной дугой, а 6 огра-
160
ничены двумя дугами и одним отрезком. Эти 12 частей
имеют одинаковую площадь (5/162 площади треуголь-
ника), а 6 частей также имеют одинаковую площадь
(17/162 площади треугольника).

4)	Касательные к параболам в точке их пересечения
(например, в точке Т) делят на три равные части примы-
кающую к ним сторону (т. е. точки Р и Q делят на три
равные части отрезок G1) (рис. 101).

5)	«Окружность девяти точек» (проходящая через
середины сторон) пересекает медиану и высоту, выхо-
дящие из одной вершины (например, GF и GK) в двух

Рис. 102

Рис. 101

точках X и У, которые определяют прямую, перпенди-
кулярную медиане, откуда следует, что она перпенди-
кулярна и оси (соответствующей) параболы и поэтому
параллельна ее директрисе. На самом деле эта прямая
(ХУ) является самой директрисой.

6)	Прямая, проходящая через фокус / параболы па-
раллельно стороне треугольника, которой эта парабола
не касается, отрезает от медианы (GF) к этой стороне
отрезок (ZF), который равен отрезку медианы от вер-
шины треугольника (б?) до директрисы (т. е. GX = ZF).

Здесь мы завершаем наше собрание рассказов о за-
дачах рассмотрением свойств 1), 2) и половины свой-
ства 3).

Рассмотрим 1) и 2). Эти свойства устанавливаются
одновременно с показом того, что точка W, которая делит
медиану MN в отношении 1:8, лежит на каждой из
парабол, касающихся стороны GI (рис. 102). Так как
эти параболы совершенно эквивалентны, мы рассмотрим
только одну из них, проходящую через точки N и I.
Предположим, что ее уравнение есть у2 = х и что коор-
динаты точек N и I соответственно (Л2, к) и (t2, t). Тогда
касательные GN и G1 имеют уравнения

х — 2ку + к2 = 0 и х — 2ty + t2 = 0.

Решая их совместно, получаем координаты; точки
G(kt, (k + t)/2). (Кстати мы отметим, что ордината
(k + t)/2 точки G такая же, что и у середины отрезка
MI, отсюда следует, что медиана к хорде NI параллельна
оси параболы.)

Координаты точки М — середины отрезка GI равны
(t(k + t)/2, (/c + 3Z)/4). Точка, которая делит отрезок
MN в отношении 1 : 8, имеет координаты

или

+	^[k + 2(k + 3t)]y

Для этой точки мы имеем

j/2 = 1 [7с + 2 (Л + 3f)]2 = ± (Зк + б7)2 =

= 1 (к + 27)2 = 4 (Тс3 + 4kt + 472) = 4 [7с2 + 47 (к + 7)] = х,

что показывает ее принадлежность параболе.

3) Центроид II отсекает треть у медиан EI и FG. Так
как£Л = -EI, то ЕА = ^ЕН. Аналогично, FB =±ЕН.
Поэтому прямая АВ параллельна EF. Как было ранее
замечено, прямая EF касается параболы, проходящей че-
рез точки G и Z, в точке С пересечения параболы с
медианой MN,

Теперь вспомним свойство «диаметра» параболы
(рис. 103):

Геометрическое место середин параллельных хорд па-
раболы называется ее диаметром, и все диаметры пара-
болы параллельны ее оси; кроме того, касательная в
«конце» диаметра параллельна множеству хорд, деля-
162
щихся пополам этим /диаметром. Поэтому прямая PQ,
исходящая из точки Р на параболе, параллельна ее оси
и делит пополам каждую ее хорду, параллельную каса-
тельной в точке Р.

Теперь, как мы только что видели, хорда АВ парал-
лельна касательной ECF, где СО — часть медианы Л7И,

Рис. 104

параллельной оси параболы (рис. 104). Соответственно,
СО является диаметром и СО делит пополам все хорды,
параллельные прямой EF (и АВ). Тогда отсюда мы за-
ключаем, что прямая СО делит пополам площадь сегмен-
та АВС. АВ является одной из хорд, которые делятся по-
полам диаметром СО. Поэтому ОН делит пополам площадь
треугольника АВН, и мы видим, что СН делит пополам
площадь фигуры АНВС. Поэтому площадь фигуры АНС
равна половине площади фигуры АНВС и равна половине
суммы площади сегмента АВС и площади треугольника
АВН. Теперь мы приступим к вычислению площадей
сегмента АВС и треугольника АВН.

Поскольку отрезки EF и АВ параллельны, треуголь-
ники EFH и АВН подобны. Поэтому

S АВН =
S&EFH

( 2 \2	4

\ 3/	9’

и S^ABH —
Из того, что отрезок EF параллелен отрезку GZ, мы
получаем, что треугольники EFH и HGI подобны. Так как
отношение соответствующих сторон равно 1/2, то

S&EFH = -^S^hgi.

Однако центроид Н отсекает треть медианы MN, откуда
следует (из подобия треугольников),что соответствующие
высоты, опущенные на GI в треугольнике HGI и треуголь-
нике NG1, также относятся как 1 :3. Следовательно,
площадь треугольника HGI равна одной трети площади
треугольника NGI и

S&EFH = "J (у =

Соответственно

4	4/1	\	1

S&ABH = -qSaefh =	27$^NGI‘

4

Наконец, площадь сегмента АВС равняется у площади
треугольника АВС. Так как точки А и В делят отрезки
ЕН и FH в отношении 1 : 2, расстояние между параллель-
ными прямыми EF и АВ, которое является высотой
треугольника АВС, опущенной на основание АВ, является
половиной высоты, опущенной из точки Н на АВ в тре-
угольнике АВН. Поэтому площадь треугольника АВС
равна половине площади треугольника АВН, и мы имеем

1 1/1 \ 1

S^ABC = S&ABH = ~2 | 27 S&NGI ] = 54 S&NGI-

Следовательно,

площадь сегмента АВС =

= у = У	= Ш $ANGI

и окончательно
1/2	1	\

площадь области АСН = у I S&ngi + S^NG11 =

= (й + Д) S^NGI = W2 S*NGI‘
УПРАЖНЕНИЯ

1.	Пассажирский поезд, двигающийся со скоростью,
в х раз большей скорости товарного поезда, обгоняет его. Если бы
поезда двигались навстречу друг другу, то время прохождения
одного поезда мимо другого было бы в х раз меньше, чем в пер-
вом случае. Найдите х.

2.	Даны две окружности. Из центра каждой из этих окружно-
стей проведены касательные к другой окружности (рис. 105). До-
кажите, что эти касательные высекают на окружностях равные
хорды.

3.	Найдите наименьшее натуральное число, обладающее тем
свойством, что сумма его цифр не является делителем суммы ку-
бов его цифр.

4.	Обозначим через А, В и С три точки на параболе, ось ко-
торой вертикальна (т. е. параллельна оси у). Обозначим через тпа
тангенс угла наклона касательной к параболе в точке А, через
глав — тангенс угла наклона хорды АВ и т. д. Докажите следую-
щее неожиданное свойство:

тпА = шав + ШАС — тпвс-

5.	Докажите, что «магическая постоянная» магического квад-
рата^З >< 3 всегда делится на 3.

Некто получил чек на некоторое количество долларов и
центов. Когда он получал деньги по чеку, кассир сделал ошибку,
уплатив столько долларов, сколько было указано центов, и наобо-
рот. Позже, истратив 3,5 доллара, клиент обнаружил, что у него
осталось вдвое больше денег, чем было указано на чеке. На какую
сумму был выписан чек?

7.	Покажите, что у каждого тетраэдра найдется хотя бы одна
вершина, в которой все углы примыкающих к ней граней —
острые.
8.	Дан многочлен f(x) с целыми коэффициентами, нечетное
число а и четное число b такие, что /(а) и /(&) оба нечетны. До-
кажите, что уравнение f(x) =0 не имеет целых корней.

9.	Ни в одной из вершин простого многогранника Р не схо-
дятся ровно 3 ребра. Докажите, что не меньше 8 граней много-
гранника Р — треугольники.

10.	Докажите, что любая степень ап числа а, где а и п — на-
туральные числа и п > 1, является суммой а последовательных
нечетных чисел.

11.	Хорда постоянной длины скользит вдоль данной окружно-
сти. Концы хорды проектируются (ортогонально) на фиксирован-
ный диаметр окружности. Основания проекций и середина хорды
образуют вершины треугольника. Докажите, что этот треуголь-
ник — равнобедренный и не меняет своей формы при скольжении
хорды вдоль окружности.

12.	Игрок А объявляет двузначное число от 01 до 99. Игрок В
меняет местами его цифры и полученное число прибавляет к сум-
ме его цифр. Полученный результат он объявляет игроку* А.
Игрок А проделывает с этим числом ту же процедуру, и так они
продолжают поступать поочередно, объявляя числа. Все числа
берутся по модулю 100 и поэтому объявляются лишь двузначные
числа. Какие числа может объявить игрок А на начальном шаге,
чтобы игрок В в некоторый момент объявил число 00?

13.	Докажите, что из пяти четных цифр, а также из пяти не-
четных цифр невозможно составить число, являющеся полным
квадратом.

14.	Переменная окружность проходит через две фиксирован-
ные точки и пересекает фиксированную окружность в двух точ-
ках. Докажите, что общие хорды фиксированной окружности и пе-
ременных окружностей при продолжении проходят через одну
точку (или все параллельны).

15.	Найдите максимальное и минимальное возможное количе-
ство пятниц в году, которые одновременно являются 13-ми
числами.

16.	Найдите два натуральных числа таких, что их сумма бу-
дет делителем их произведения.

17.	Дана окружность с центром О и точка Р, не лежащая на
этой окружности. Прямая, проходящая через точку Р, пересекает
окружность в двух точках и в них строятся касательные к окруж-
ности. Эти касательные пересекают в точках С и D прямую, про-
ходящую через точку Р перпендикулярно прямой ОР. Докажите,
что точка Р — середина отрезка CD.

18.	Докажите, что для всех п = 1, 2,3,... (I5 + 25 + ... + м5) +
+ (I7 + 27 +.. ,+п7) = 2 < (1 + 2 +...+ п)*.

19.	Докажите, что если провести из оснований высот треуголь-
ника перпендикуляры к двум другим сторонам, то шесть основа-
ний этих перпендикуляров лежат на одной окружности.

20.	Покажите, что натуральное число однозначно определяет-
ся по произведению всех его делителей.

21.	Докажите, что если в треугольнике две медианы перпен-
дикулярны, то треугольник, составленный тремя медианами исход-
ного треугольника, прямоугольный и в нем третья медиана являет-
ся гипотенузой.

22.	Пусть fn — п-й член последовательности, определяемой сле-
дующим образомз

Г. - -f._. - 2/.-,, fl - I. f. = -1.
Докажите, что 2”+г —'7/*_ х — всегда полный квадрат.

23.	У фермера Джона есть телега с квадратными колесами.
Однако она может двигаться по дорожной колее без подпрыгива-
ния. Опишите профиль дорожной ко-
леи, если колеса движутся без про-
скальзывания.

24.	Найдите все значения г, для ко-
торых ни одно из чисел п\ не оканчива-
ется на г нулей.

25.	Если центр окружности лежит
на равнобочной гиперболе и симметрич-
ная ему относительно центра гипербо-
лы точка лежит на окружности, то
остальные три из четырех точек пе-
ресечения окружности с гиперболой
образуют равносторонний треугольник
(рис. Л 06).

26	*). Несколько тракторов вспахивают поле в 300 га за це-
лое число дней, причем каждый трактор вспахивает в день 15 га.
Сколько тракторов потребуется дополнительно для того, чтобы
выполнить работу па 6 дней раньше?

27.	В ромбе ABCD угол А равен 60°. На стороне CD взята точ-
ка М, а на стороне AD — точка N так, что в треугольнике BNM
один из углов равен 60°. Докажите, что тогда и остальные углы
этогр. треугольника содержат по 60°.

Найдите два семизначных числа такие, что их сумма, их
разность п сумма цифр одного из них являются факториалами не-
которых чисел.

29.	В треугольнике А ВС угол А равен 60°, а прилегающие к
нему стороны равны 2 и 3. Разрежьте его на три куска так, чтобы
из них можно было сложить правильный шестиугольник.

Найдите пять чисел, если известно, что их суммы по 3 со-
ответственно равны 3, 4, 6, 7, 9, 10, 11, 14, 15, 17.

31.	У лифта па 1-м этаже 18-этажного дома собрались
17 школьников, которым нужно подняться вверх, причем на раз-
ные этажи. Лифтер же согласен сделать лишь один рейс на любой
этаж, а дальше пусть они идут пешком. Лиф г способен вместить
всех школьников. Известно, что все школьники с одинаковым не-
удовольствием спускаются на один этаж и с двойным неудовольст-
вием поднимаются пешком на один этаж. Какой этаж нужно вы-
братр, чтобы суммарное неудовольствие было наименьшим?

(32>. Найдите четырехзначное число, сумма цифр которого рав-
на разности между числом 2011 и самим числом.

33.	В левой части равенства 1:2:3:4:5:6:7:8:9:10 = 7
расставьте скобки так, чтобы равенство стало верным.

34.	Дорожная шахматная доска имеет небольшой бортик по
границам игрового поля, не позволяющий фигурам соскальзывать.
Пусть имеется еще комплект домино, каждая кость которого по-
крывает ровно две соседние клетки доски. Можно ли уложить
комплект домино на этой доске так, чтобы ни одну из костей
нельзя было сдвинуть с места в плоскости доски?

*) Задачи 26—67 добавлены переводчиками из публикаций
журнала «Квант» за 1991—1992 гг.
35.	Число 1,5 интересно тем, что оно в 4 раза меньше суммы
своих цифр. Найдите число, которое в 8 раз меньше суммы сво-
их цифр.

36.	50 гангстеров стреляют одновременно. Каждый стреляет
в ближайшего к нему гангстера (или в одного из ближайших, ес-
ли несколько человек находятся на одинаковом расстоянии от него)
и убивает его наповал. Найдите наименьшее возможное число
убитых.

37.	Замените буквы цифрами так, чтобы соотношение оказа-
лось верным (одинаковым буквам соответствуют одинаковые циф-
ры, разным — разные): ХРУСТ • ГРОХОТ = РРРРРРРРРРР.

38.	В прямоугольном треугольнике АВС на катетах АВ и ВС
взяты точки М и N так, что АМ = СВ и ВМ = CN. Докажите, что
угол между отрезками AN и СМ равен 45°.

39.	Один чудаковатый часовщик смастерил странные часы. От
полуночи до часа они идут нормально, показывая верное время,
но затем часовая стрелка начинает идти со скоростью минутной,
а минутная со скоростью часовой. Через час стрелки вновь ме-
нялись скоростями, и так каждый час. Укажите все моменты вре-
мени, когда часы показывают верное время.

40.	Двенадцать собеседников совещались за круглым столом.
После перерыва они вновь сели за этот стол, но в другом порядке.
Докажите, что найдутся такие два собеседника, что между ними
(считая от первого ко второму по часовой стрелке) во второй раз
окажется столько же собеседников, что и в первый раз.

41.	На полосу положили квадрат, сторона которого равна ши-
рине полосы, притом так, что его граница пересекла границу по-
лосы в четырех точках. В четырехугольнике, вершины которого
находятся в этих точках, проведены диагонали. Докажите, что
угол между ними равен 45°.

42.	Калиф Гарун-ар-Рашид одарил троих придворных астро-
логов десятью кошельками. Мудрецы, сев подсчитывать доход, об-
наружили, что один из кошельков пуст, во втором лежит одна
таньга, в третьем — две, и так далее, до десятого, в котором ока-
залось девять таньга. Гусейн Гуслия взял себе два кошелька. Аб-
дурахман ибн Хоттаб и его брат Омар Юсуф поделили оставшие-
ся кошельки так, что более заслуженный и умудренный годами
Абдурахман получил большую сумму денег. По дороге на Омара
Юсуфа напали разбойники и отняли четыре кошелька, так что от
подарка калифа осталось лишь 10 таньга. Какие кошельки доста-
лись Гусейну Гуслия?

43.	Имеется неограниченный запас монет в 1, 2, 5, 20, 50, ко-
пеек и в 1 рубль. Известно, что сумму в А копеек можно уплатить
В монетами. Докажите, что сумму в В рублей можно уплатить
А монетами.

44.	В футбольном турнире участвовали 15 команд. Каждая
команда сыграла с каждой по одному разу. Могло ли случиться,
что число побед у каждой команды оказалось равным числу ее
ничьих? Какой будет ответ, если в турнире участвовали 16 команд?
17' команд?

45.	Равносторонние треугольники АВС и PQR расположены
так, что вершина С лежит на стороне PQ, а вершина R на сторо-
не АВ. Докажите, что четырехугольник ABPQ — трапеция.

46.	Использовав каждую из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 по
одному разу, составьте такие два пятизначных числа, чтобы их
произведение было максимальным.
47.	Шахматную доску покрыли костяшками домино, каждая из
которых покрывает ровно две клетки. Восемь костяшек покрывают
клетки одной из диагоналей доски; при этом одни костяшки по-
крывают еще одну клетку выше диагонали, а другие — еще одну
клетку ниже диагонали. Докажите, что при любом покрытии доски
тех и других костяшек будет поровну.

4Х. По поверхности стола перекатывают кубик, переворачивая
ег® через ребра. Можно ли его перевернуть 12 раз так, чтобы он
перевернулся по одному разу через каждое ребро и в результат®
оказался на прежнем месте?

49.	Имеется лист бумаги. Его можно разрезать на 6 или 12 ча-
стой. Каждый новый кусок можно разрезать на 6 или 12 частей
или оставить целым и так далее. Можно ли таким образом раз-
резать лист на 40 частей? Докажите, что можно получить любое
число частей, большее 40.

50.	Найдите такое десятизначное число, состоящее из всех де-
сяти цифр, что число из двух его первых цифр делится на 2, из
трех первых цифр — на три, и так далее до того, что само число
делится на 10.

51.	Докажите, что число 2 • 4 • 6 • .... • 1990 • 1992 — 1 • 3 • 5 X
X 7 • ... • 1989 • 1991 делится на 1993.

52.	На шахматной доске расставлены фигуры так, что на каж-
дой горизонтали и вертикали стоит не меньше двух фигур. Всегда
ли можно снять с доски несколько фигур так, чтобы на каждой
горизонтали и вертикали осталось ровно по одной фигуре? Иссле-
дуйте вопрос в случае, если на каждой горизонтали и вертикали
первоначально стоят ровно по две фигуры.

53.	Найдите наименьшее натуральное число, которое оканчи-
вается жа 56, делится на 56 и имеет сумму цифр, равную 56.

54.	Имеются 9 кг крупы и чашечные весы с двумя гирями в
50 и 200 г. Попробуйте за три взвешивания отвесить 2 кг этой
крупы. Можно ли это сделать, если имеется лишь одна гиря
в 200 г?

55.	Докажите, что высота треугольника, опущенная на боль-
шую сторону, не больше суммы длин перпендикуляров, опущен-
ных жз произвольной точки этой стороны на две другие стороны
этого треугольника.

58.	Если вечером на Поле Чудес закопать золотые монеты, то
к утру на их месте вырастут одинаковые деревья с золотыми мо-
нетами на ветвях. Буратино пришел на Поле Чудес в понедельник,
имея 5 золотых монет. Он хочет получить не меньше 1992 монет.
Вырастив первые деревья, он понял, что сможет добиться своего
не раньше среды, но пе позже пятницы. Сумеет ли он оказаться
владельцем ровно 1992 монет?

57.	Целые числа а, Ь и с таковы, что ab 4- Ьс + са = 0. Дока-
жите, что число abc может быть представлено в виде произведе-
ния квадрата целого числа на куб целого числа.

58.	Правильный треугольник со стороной п разбит прямыми,
параллельными сторонам, на правильные треугольники со сторо-
ной единица. Сколько существует различных равносторонних тре-
угольников, вершины которых являются вершинами этих единич-
ных треугольников? (Заметим, что при п = 1 это число равно 1,
при п = 2 оно равно 5, а при л = 3 равно 15.)

59.	Гавиал, бегемот, пеликан и кашалот съели в общей слож-
ности 37 рыб, причем кашалот съел во столько же раз больше пе-
ликана, во сколько пеликан съел больше гавиала. Сколько рыб
съел каждый?
60.	Когда закончился волейбольный турнир (в один круг), ока-
залось, что каждая команда выиграла столько же матчей, сколько
и все побежденные ею команды. Сколько команд участвовало в
турнире?

61.	Внутри треугольника отмечена точка М. Пусть L—длина
наибольшего из отрезков, соединяющих точку М с вершинами,
а I — длина наименьшего из отрезков, соединяющих точку М
с серединами сторон. Докажите, что L 21.

62.	Нетрудно проверить, что

2 делится на 21

3 • 4 делится на 22
4-5-6 делится на 23.

Сформулируйте общее утверждение и докажите его.

63.	Тетрадный лист имеет размеры 33 X 41 клеток. Можно ли
в его клетки записать все числа от 1 до 33 X 41 = 1353 так, чтобы
в каждом квадратике 2X2 сумма записанных в нем четырех чи-
сел была одна и та же?

<64. Таксомоторный парк решил устроить ученикам подшеф-
ной школы экскурсию. Когда к дверям школы подъехала колонна
микроавтобусов и «Волг», то ребята быстро расселись по 12 че-
ловек в каждом «Рафике» и по 7 человек в каждой «Волге». Когда
подъехали еще три машины, то школьники пересели так, что в
каждой «Волге» стало 6 человек, а в каждом «Рафике» 11. Можно
ли заказать еще несколько машин так, чтобы в каждой «Волге»
было по 5 школьников, а каждом «Рафике» по 10?

65. В 1988 г. телевидение Анчурии начало демонстрацию теле-
сериала «По колено в слезах», причем в каждом году, начиная с
с 1989-го, было показано либо на 40 % больше, либо на 40 % мень-
ше серий, чем в предыдущем. Чтобы не наносить большого ущер-
ба экономике страны, ежедневно показывали не больше двух се-
рий. При просмотре 1230-й серии зрители были опечалены ссорой
главных героев, но ровно через два года, в 1992 г., порадовались
их счастливому примирению в последней серии. Сколько серий
содержал этот замечательный телефильм?

ч65. Укажите хотя бы одно шестизначное число, являющееся
кубом, такое, что все числа, получающиеся из него циклическими
перестановками цифр, делятся на кубический корень из этого
числа.

67. Каждая грань кубика разбита на четыре квадрата. Всякий
отрезок, являющийся общей стороной двух из 24 полученных квад-
ратов окрашен в синий или красный цвет. Известно, что красных
отрезков 26. Докажите, что на поверхности кубика найдется замк-
нутая ломаная линия, состоящая только из красных отрезков.
СПИСОК ЗАДАЧ ПО ТЕМАМ

I. Алгебра, арифметика, теория чисел, последовательности, вероят-
ность

Номер

задачи

Название

Страница

4. Паромы

6. Шоферская задача

10. cos 17я = /(cos х)

15.	Цифры числа 44444444

16.	о(п) + ф(п) = п • d(n)

18.	Сумма минимумов

19.	Три последние цифры числа 7""

20.	Катящаяся игральная кость

22. Двойная последовательность

26. аъ и Ъа

27с Математическая шутка

30.	Система диофантовых уравнений

33.	Снежки

34.	Цифры чисел с единицы по миллиард

36.	Одно диофантово уравнение

37.	Последовательность Фибоначчи

40.	Совершенные числа

41.	Стороны четырехугольника

42.	Простые числа в арифметической прогрессии

44.	Коровы и овцы

45.	Последовательность квадратов

49. О функции л(п)

52.	Утяжеленные игральные кости

53.	Курьезная последовательность

54.	Длинные цепочки последовательных натуральных
чисел

56. Треугольные числа

58.	Числа Ферма

59.	Неравенство обратных величин

60.	- Четвертая степень

62.	Красные и зеленые мячи

63.	Составные члены в арифметической прогрессии

65.	Тесты

67.	Еще одно диофантово уравнение

68.	Необыкновенное свойство комплексных чисел

70.	Повторяющиеся цифры в конце квадрата

72.	Система неравенств

74.	Еще раз о полных квадратах

11

13

18

25

26

29

30

31

33

44

45

52

58

59

65

67

74

76

76

80

81

86

91

92

95
99

106

108

108
114

115
118

122

123

126
128
130
75.	Необыкновенный многочлен	133

77.	Легконаходимый остаток	137

78.	Любопытное свойство числа 3.	137

80.	Всегда квадрат	139

81.	Группировка натуральных чисел	139

83.	Дроби, полученные с помощью перестановки	141

84.	О биномиальных коэффициентах	142

85.	Число Ферма F73	143

87.	Специальные тройки натуральных	чисел	147

88.	Суммы простых чисел	147

89.	Еще одна курьезная последовательность	149

II. Комбинаторика, комбинаторная геометрия (максимумы и ми-
нимумы)

1.	Шахматный турнир	7

2.	Упорядоченные разбиения числа п	8

3.	Области в круге	9

8.	Раскрашивание плоскости	17

11.	Квадрат на решетке	19

13.	Крестики-нолики	23

21.	Протыкание куба	32

23.	Окружности, разбивающие точечные множества	35

28.	Карты на сфере	46

29.	Выпуклые области на плоскости	49

32.	Элегантно разрушенная шахматная доска	53

35.	Примыкающие непересекающиеся единичные квад-
раты	60

39.	Разделенные целочисленные точки	72

47.	Красные и синие точки	84

51.	Количество внутренних диагоналей	89

61.	Упакованные квадраты	109

69.	Цепочка окружностей	123

90.	Эллипс и целочисленная решетка	154

III. Геометрия (максимумы и минимумы)

5.	Выпячивающаяся полуокружность	12

7.	Ширмы в углу	15

9.	Очевидный максимум	18

12.	Непрозрачный квадрат	21

14.	Удивительное свойство прямоугольных треуголь-
ников	24

17.	О &-облаках	28

24.	О длинах сторон треугольника	38

25.	Пожалуйста, не вычисляйте	39

31.	Отраженные касательные	53

38.	Неравенство Эрдеша	70

43.	О чевианах	78

46.	Вписанный десятиугольник	81

48.	Метод Шаля	85

50.	Постоянная хорда	88

55.	Минимальный вписанный четырехугольник	96

57.	О правильном п-треугольнике	104
64.	Приложенные равносторонние треугольники	116

66.	Приложение теоремы Птолемея	119

71.	Биссектриса угла	127

73.	Неожиданное свойство правильного 26-угольника	128

76.	Центроиды на окружности	134

79.	Квадрат внутри квадрата	138

82.	Треугольники, стороны которых	образуют арифме-
тическую прогрессию	140

86.	Вписанный четырехугольник	146

91.	Архимедовы треугольники	159
Научно-популярное издание

ХОНСБЕРГЕР Росс (США)

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ИЗЮМИНКИ

Библиотечка «Квант», выпуск 83

Заведующий редакцией Н. А. Носова

Редактор Г. С. Нуликов

Художник Б. М. Рябышев

Художественный редактор Г. М. Коровина

Технический редактор Е. В. Морозова
Корректор^ Т. С. Вайсберг, В. П. Сорокина

ИБ К 41078

Сдано в набор 08.06.92. Подписано к печати 23.11.92. Формат 84 X 1О8’/з2.

Бумага типографская № 2. Гарнитура обыкновенная. Печать высокая.
Усл. печ. л. 7,59. Усл. кр.-отт. 7,94. Уч.-изд. л. 8,38. Тираж 55 450 экз.
Заказ № 261. С—091.

Издательско-производственное объединение «Наука».
Главная редакция физико-математической литературы.
117071, Москва, Ленинский проспект, 15.

Новосибирская типография K# 4 ВО «Наука».

630077, г. Новосибирск, 77, Станиславского, 25.
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»

ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ

ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ

117071 Москва В-71, Ленинский проспект, 15

ВЫШЛИ ИЗ ПЕЧАТИ В СЕРИИ «БИБЛИОТЕЧКА «КВАНТ»

Вып. 1. М. П. Бронштейн. Атомы и электроны.

Вып. 2. М. Фарадей. История свечи.

Вып. 3. О. Оре. Приглашение в теорию чисел.

Вып. 4. Опыты в домашней лаборатории.

Вып. 5. И. Ш. Слободецкий, Л. Г. Асламазов. Задачи по физике.

Вып. 6. Л. П. Мочалов. Головоломки.

Вып. 7. П. С. Александров. Введение в теорию групп.

Вып. 8. В. Г. Штейнгауз. Математический калейдоскоп.

Вып. 9. Замечательные ученые.

Вып. 10. В. М. Глушков, В. Я. Валах. Что такое ОГАС?

Вып. 11. Г. И. Копылов. Всего лишь кинематика.

Вып. 12. Я. А. Смородинский. Температура.

Вып. 13. А. Е. Карпов, Е. Я. Гик. Шахматный калейдоскоп.

Вып. 14. С. Г. Гиндикин. Рассказы о физиках и математиках.

Вып. 15. А. А. Боровой. Как регистрируют частицы.

Вып. 16. М. И. Каганов, В. М. Цукерник. Природа магнетизма.

Вып. 17. И. Ф. Шарыгин. Задачи по геометрии: Планиметрия.

Вып. 18. Л. В. Тарасов, А. Н. Тарасова. Беседы о преломлении
света.

Вып. 19. А. Л. Эфрос. Физика и геометрия беспорядка.

Вып. 20. С. А. Пикин, Л. М. Блинов. Жидкие кристаллы

Вып. 21. В. Г. Болтянский, В. А. Ефремович. Наглядная топология.

Вып. 22. М. И. Башмаков, Б. М. Беккер, В. М. Гольховой. Задачи
по математике: Алгебра и анализ.

Вып. 23. А. Н. Колмогоров, И. Г. Журбенко, А. В. Прохоров. Вве-
дение в теорию вероятностей.

Вып. 24. Е. Я. Гик. Шахматы и математика.

Вып. 25. М. Д. Франк-Каменецкий. Самая главная молекула.

Вып. 26. В. С. Эдельман. Вблизи абсолютного нуля.

Вып. 27. С. Р. Филонович. Самая большая скорость.

Вып. 28. Б. С. Бокштейн. Атомы блуждают по кристаллу.

Вып. 29. А. В. Бялко. Наша планета — Земля.

Вып. 30. М. Н. Аршинов, Л. Е. Садовский. Коды и математика.

Вып. 31. И. Ф. Шарыгин. Задачи во геометрии: Стереометрия.

Вып. 32. В. А. Займовский, Т. Л. Колупаева. Необычайные свой-
ства обычных металлов.

Вып. 33. М. Е. Левинштейн, Г. С. Симин. Знакомство с полупро-
водниками.

Вып. 34. В. Н. Дубровский, Я. А. Смородинский, Е. Л. Сурков. Ре-
лятивистский мир.

Вып. 35. А. А. Михайлов. Земля и ее вращение.

Вып. 36. А. П. Пурмаль, Е. М. Слободсцкая, С. О. Травин. Как пре-
вращаются вещества.

Вып. 37. Г. С. Воронов. Штурм термоядерной крепости.

Вып. 38. А. Д. Чернин. Звезды и физика.

Вып. 39. В. Б. Брагинский, А. Г. Полнарев. Удивительная грави-
тация.

Вып. 40. С. С. Хилькевич. Физика вокруг нас.

Вып. 41. Г. А. Звенигородский. Первые уроки программирования,
Вып. 42. Л. В. Тарасов. Лазеры: Действительность и' надежды.

Вып. 43. О. Ф. Кабардин, В. А. Орлов. Международные физические
олимпиады школьников.

Вып. 44. Л. Е. Садовский, А. Л. Садовский. Математика и спорт.

Вып. 45. Л. Б. Окунь a, (J, Y, ... Z (Элементарное введение в фи-
зику элементарных частиц).

Вып. 46. Я. Е. Гегузин. Пузыри.

Вып. 47. Л. С. Марочник. Свидание с кометой.

Вып. 48. А. Т. Филиппов. Многоликий солитон.

Вып. 49. К. Ю. Богданов. Физик в гостях у биолога.

Вып. 50. Занимательно о физике и математике.

Вып. 51. X. Рачлис. Физика в ванне.

Вып. 52. В. М. Липунов. В мире двойных звезд.

Вып. 53. И. К. Кикоин. Рассказы о физике и физиках.

Вып. 54. Л. С. Понтрягин. Обобщения чисел.

Вып. 55. И. Д. Данилов. Секреты программируемого микрокальку-
лятора.

Вып. 56. В. М. Тихомиров. Рассказы о максимумах и минимумах.

Вып. 57. А. А. Силин. Трение и мы.

Вып. 58. Л. А. Ашкинази. Вакуум для науки и техники.

Вып. 59. А. Д. Чернин. Физика времени.

Вып. 60. Задачи московских физических олимпиад.

Вып. 61. М. Б. Балк, В. Г. Болтянский. Геометрия масс.

Вып. 62. Р. Фейнман. Характер физических законов.

Вып. 63. Л. Г. Асламазов, А. А. Варламов. Удивительная физика.

Вып. 64. А. И. Колмогоров. Математика — наука и профессия.

Вып. 65. М. Е. Левинштейн, Г. С. Симин. Барьеры (от кристалла
до интегральной схемы).

Вып. 66. Р. Фейнман. КЭД — странная теория света и вещества.

Вып. 67. Я. Б. Зельдович, М. Ю. Хлопов. Драма идей в познании
природы (частицы, поля, заряды).

Вып. 68. И. Д. Новиков. Как взорвалась Вселенная.

Вып. 69. М. Б. Беркинблит, Е. Г. Глаголева. Электричество в жи-
вых организмах.

Вып. 70. А. Л. Стасенко. Физика полета.

Вып. 71. А. С. Штейнберг. Репортаж из мира сплавов.

Вып. 72. В. Р. Полищук. Как исследуют вещества.

Вып. 73. Л. Кэрролл. Логическая игра.

Вып. 74. А. Ю. Гросберг, А. Р. Хохлов. Физика в мцре полимеров.

Вып. 75. А. Б. Мигдал. Квантовая физика для больших и ма-
леньких.

Вып. 76. В. С. Гетман. Внуки Солнца: Астероиды, кометы, метеор-
ные тела.

Вып. 77. Г. А. Гальперин, А. Н. Земляков. Математические биль-
ярды: Бильярдные задачи и смежные вопросы математики
и механики.

Вып. 78. В. Е. Белонучкин. Кеплер, Ньютон и все, все, все...

Вып. 79. С. Р. Филонович. Судьба классического закона.

Вып. 80. М. П. Бронштейн. Солнечное вещество; Лучи икс; Изобре-
татели радиотелеграфа.

Вып. 81. А. И. Буздин, А. Р. Зильберман, С. С. Кротов. Раз задача,
два задача...

Вып. 82. Я. И. Перельман. Знаете ли вы физику?

Вып. 83. Р. Хонсбергер. Математические изюминки.

Вып. 84. Ю. Р. Носов. Дебют оптоэлектроники.