Мтематические олимпиады. 906 самых интересных задач и примеров с решениями - Довбыш Р.И., Потемкина Л.Л., Трегуб Н.Л., Лиманский В.В., Оридорога Л.Л., Кулеско Н.А.

Author: Довбыш Р.И. Потемкина Л.Л. Трегуб Н.Л. Лиманский В.В. Оридорога Л.Л. Кулеско Н.А.
Tags: воспитание обучение образование математика методика преподавания учебных предметов в общеобразовательной школе задачи по математике математические олимпиады
ISBN: 978-966-338-099-5
Year: 2008
Similar
Подготовка к решению олимпиадных задач по математике
ЕГЭ 2019. Математика. Решение задач и уравнений в целых числах.
Задачи студенческих математических олимпиад
Школа решения задач с параметрами
Text
                    Серия
«Большая перемена»
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
906
САМЫХ
ИНТЕРЕСНЫХ
ЗАДАЧ
И ПРИМЕРОВ
С РЕШЕНИЯМИ
2-е издание
Ростов-на-Дону
феникс
ОООПКФ«БАО»
2008

УДК 372.016:51
ББК 74.262.1
КТК 434
М34
Авторский коллектив:
Р.И. Довбыш, Л.Л. Потемкина,
Н.Л. Трегуб, В.В. Лиманский,
Л.Л. Оридорога, Н.А. Кулеско
Математические олимпиады : 906 самых инте-
М34 ресных задач и примеров с решениями / Р.И. Дов-
быш [и др.]. — 2-е изд. — Ростов н/Д : Феникс;
Донецк: ООО ПКФ «БАО», 2008. — 331 с. — (Боль-
шая перемена).
ISBN 978-966-338-099-5 (ООО ПКФ «БАО»)
ISBN 978-5-222-14716-0 (ООО «Феникс»)
Сборник предназначен для внеклассной и факультатив-
ной работы со школьниками и студентами, готовящимися
посвятить себя серьёзному изучению математики. Содер-
жит задачи, предлагаемые в течение сорока лет участни-
кам математических олимпиад, с подробными указаниями
к их решению.
ISBN 978-966-338-099-5 (ООО ПКФ «БАО») УДК 372.016:51
ISBN 978-5-222-14716-0 (ООО «Феникс») ББК 74.262.1
© Коллектив авторов, 2008
© ООО ПКФ «БАО», 2008
© Оформление обложки
ООО «Феникс», 2008

ЗАМНИ
МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД

I ОЛИМПИАДА, 1961 г.
8 класс
1. Можно ли определить площадь треугольной пластин-
ки, если один из углов ее отломан? Если отломан такой ку-
сок, что захвачено более половины одной из сторон?
2. Разложите на множители:
x3(y-z) + y3(z-x) + z*(x-y).
5 3
л тт 71 71 71
3. Докажите, что сумма —— - — + — есть целое число,
120 24 30
если 71 — целое.
4. Если точку окружности соединить с вершинами вписан-
ного в окружность правильного треугольника, то сумма рас-
стояний от этой точки до двух вершин треугольника равна
расстоянию этой точки до третьей вершины. Доказать.
37 377
5. Какая дробь больше: — или —— ?
67 677
9 класс
6. Постройте треугольник, зная положение середин его сто-
рон.
7. Разделить угол в 45° на три равные части, пользуясь
только линейкой и циркулем.
/* + 4 /х-1 5
8. Решите уравнение: J 7 ~" \1 7 = т*
V * -1 Vx+4 6
9. Какая из степеней больше: 10020 или 985010?
10. Можно ли пересечь куб плоскостью так, чтобы в сече-
нии получился равносторонний треугольник?

2
r~ Задачи математических олимпиад
-fb
10 класс
11. Учащимся школы раздали тетради так, что учащиеся
одного класса получили равные количества тетрадей, а учащи-
еся разных классов — разные. Известно, что 7 девятиклассни-
ков и 10 пятиклассников получили вместе 140 тетрадей.
Сколько тетрадей получил каждый из этих учащихся?
12. Постройте квадрат, зная положение середин двух его
сторон.
х2 48 Сх 4
13. Решите уравнение: — + — = 10
3 х '
3 х
14. Найти сумму всех двузначных чисел, которые при де-
лении на 4 дают в остатке 1.
15. При каких значениях х справедливо равенство:
sin-^—= 0?
1 + jt2
II ОЛИМПИАДА, 1962 г.
7 класс
16. Докажите тождество:
(a + bf -(c + df +{a + tf -(b + df = 2(a -d){a + b + c + d).
17. Определите площадь равнобокой трапеции, высота
которой h и диагонали трапеции взаимно перпендику-
лярны.
18. Дана окружность, диаметр АВ и точка С на окружнос-
ти. Проведены касательные к окружности в точках Б и С до
пересечения в точке D и прямая АС до пересечения с BD в
точке Е. Докажите, что треугольник CDE равнобедренный.
19. Если некоторое число увеличить на 15 %, то получим
207. На сколько процентов надо уменьшить это число, чтобы
получить 126?

2
6 Задачи математических олимпиад oS\
8 класс
20. Основания равнобокой трапеции 3 см и 12 см, середи-
на большего основания соединена с концами меньшего осно-
вания двумя прямыми, пересекающими диагонали в двух точ-
ках. Найдите расстояние между этими точками.
21. На уборке урожая с участка в течение 6 часов работа-
ла одна бригада, после чего к ней присоединилась вторая
бригада, и тогда обе бригады закончили уборку за 4 часа
совместной работы. За сколько часов может убрать урожай
каждая бригада отдельно, если одной первой на это требует-
ся времени на 3 часа больше, чем отдельно второй?
22. В равнобедренном треугольнике угол при вершине ра-
вен а, основание равно а. Найдите боковую сторону и пло-
щадь треугольника.
23. В уравнении 2л:2 - IIjc + q = 0 корни связаны зависимо-
стью 2х1-х2 = 2. Не решая этого уравнения, определите q.
9 класс
24. См. № 8.
25. В круг вписан равнобедренный треугольник и в этот
треугольник вписан круг. Расстояния от центров кругов до
основания треугольника равны между собой. Определите углы
треугольника.
26. Каждая из сторон данного треугольника продолжена в
одном направлении по обходу контура, на продолжении от-
ложены отрезки, равные — соответствующей стороны. Вне-
3
шние концы этих отрезков соединены между собой. Найдите
площадь получившегося треугольника, если площадь данно-
го равна S.
\х у 26
- + — = •---
27. Решите систему уравнений: \ у х
х2 + у2 = 104.

2
^" Задачи математических олимпиад
-?&
10 класс (вариант 1)
28. См. № 14.
29. Около треугольника с углами а и Р описана окруж-
ность, длина которой С. Определите стороны треугольника,
лежащие против углов а и р.
30. Дан треугольник со сторонами 27 см, 18 см и 15 см.
Через вершину меньшего из углов проведен перпендикуляр к
плоскости этого треугольника и на нем отложен (от основа-
ния) отрезок, равный 9>/2 см. Найдите расстояния от кон-
цов этого отрезка до меньшей стороны треугольника.
31. Решите уравнение: lg 6 + х lg 5 = х + lg (2х +1).
10 класс (вариант 2)
32. См. № 14.
33. Определите объем усеченного конуса, если образую-
щая его I образует с большим основанием угол а и диагонали
осевого сечения взаимно перпендикулярны.
34. Покажите, что сумма
равна
2 при п, кратном трем, и равна -1 при п, не кратном трем.
35. В трехгранном угле каждый из плоских углов равен
а. Найдите двугранные углы.
III ОЛИМПИАДА, 1963 г.
7 класс
36. Найдите наименьшее положительное число, которое
при делении на 2, 3, 5, 7и 11 дает в остатке 1.
37. В треугольнике ABC угол А больше угла С на 30°. Точ-
ка К лежит на стороне АС, АВ = ВК. Определить угол КВС.
38. Когда автомобиль проехал часть пути от А до Б, то
оказалось, что он проехал столько километров, сколько ми-

2
8 Задачи математических олимпиад *>*5\
нут ему придется ехать оставшуюся часть. Но когда он про-
ехал и эту часть пути, то оказалось, что опять он проехал
столько километров, сколько минут он затратил на первую
часть пути. Сколько километров за час проезжает автомо-
биль?
39. В трапеции известны основания тип. Найдите длину
отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции.
8 класс
40. При каком т число 4т2 -12т + 10 принимает наи-
меньшее значение?
41. Докажите, что диаметр круга, вписанного в равнобо-
кую трапецию, есть среднее пропорциональное между основа-
ниями трапеции.
42. В треугольнике ABC отрезком прямой соединены ос-
нования двух его высот AD и BE. Докажите, что образовав-
шийся при этом треугольник CDE подобен данному.
43. Гребец, плывя вверх по Неве, потерял под Кировским
мостом спасательный круг. Обнаружив потерю лишь через
10 минут, он повернул обратно, и, гребя с тем же усилием,
нагнал круг на расстоянии 1 км от Кировского моста. Опре-
делите скорость течения Невы.
9 класс
44. Построить квадрат по сумме стороны с диагональю.
45. Решите уравнение: у/а + х + yja- x = >/2а.
46. Из А в Б выехали одновременно два мотоциклиста.
Первый весь путь ехал со скоростью 25 км/ч, а второй пер-
вую половину пути ехал со скоростью 30 км/ч, а вторую —
со скоростью 20 км/ч. Который мотоциклист прибыл рань-
ше в Б?
47. Докажите, что сумма трех медиан треугольника боль-
3
ше — периметра, но меньше периметра.

л^*\ Задачи математических олимпиад 9
10 класс
48. В правильной четырехугольной призме сторона осно-
вания равна 16, а высота 20. Найдите кратчайшее расстоя-
ние от стороны основания до не пересекающей ее диагонали
призмы.
49. Докажите, что при условии А + В + С = 180° имеет
место равенство ctg А • ctg В + ctg А • ctg С + ctg В • ctg С = 1.
50. Вычислите х, если 41о'б4(*"3)+1°'25 = 50.
51. Два тела движутся по окружности. Первое проходит
окружность на 9 секунд быстрее второго. Через каждые 10
секунд тела встречаются. Какую часть окружности каждое
тело проходит в одну секунду?
11 класс
52. Вычислить сумму:
lgtgl0+lgtg20+... + lgtg88°+lgtg89\
53. В треугольнике ABC угол С тупой. Докажите, что про-
изведение тангенсов углов А и Б меньше единицы.
54. Через концы двух троек ребер параллелепипеда, исхо-
дящих из концов диагонали, проведены две плоскости. Дока-
жите, что эти плоскости рассекают диагональ на три равные
части.
55. Докажите, что квадрат любого простого числа, кроме
2 и 3, при делении на 12 дает в остатке 1.
IV ОЛИМПИАДА, 1964 г.
7 класс
56. В круг вписаны трапеция, основание которой — диа-
метр, и треугольник, две стороны которого параллельны бо-
ковым сторонам трапеции. Докажите, что треугольник и тра-
пеция равновелики.

2
10 Задачи математических олимпиад 0*S\
57. Докажите неравенство (а + Ъ + с) — + - + -
1а Ъ с
а, Ьу с > 0.
п
> 9, если
58. Найдите все числа, меньшие 1000, квадраты которых
заканчиваются двумя одинаковыми, не равными нулю циф-
рами.
59. Докажите, что л3+11п кратно 6 при любом нату-
ральном п.
60. Решите систему уравнений:
8 класс
IV+8i/3=4z/(x + i/),
[бу(х + 2у) = *.
61. Стороны треугольника относятся как 4:13:15, радиус
вписанного в треугольник круга равен 6. Определите пло-
щадь треугольника.
62. Докажите,что а + Ъ + с > \[ab + yfbc + yfca, еслиа,Ь,с>0.
63. Все нечетные числа выписываются подряд:
13579111315... Какая цифра стоит на 1964 месте?
9 класс
64. Решите уравнение п + S(n) = 1964, где S(д) — сумма
цифр числа п.
65. Вычислить произведение: Р = 1 • 2'2 • 4'4 • 8'8 • 16^16 ...
66. Две стороны и площадь треугольника соответственно
равны 11, 20 и 66. Найдите третью сторону.
67. Канал имеет прямоугольный поворот. Какой макси-
мальной площади прямоугольный плот может пройти по
этому каналу, если ширина канала Н?
10 класс
68. Центры вписанного в правильную четырехугольную

2
*~ Задачи математических олимпиад 11
-75.
пирамиду и описанного около нее шаров совпадают. Опреде-
лите плоский угол при вершине пирамиды.
69. Решите уравнение (1 + cos4x)sin 2х = cos2 2х.
х у z 3
70. Докажите, что + + > —, если х,у, z> 0.
y + z x+z x+y 2
71. Точка касания окружности, вписанной в прямоуголь-
ный треугольник, делит гипотенузу на части, равные х и у.
Определите площадь треугольника.
11 класс
72. Решите уравнение (а - 2л:2) - 8х4 + 6х3 + ах2 - х2 =0,
где < а < —.
16 4
73. Докажите, что 32л+1 +40/1-67 кратно 64 при любых
натуральных п.
74. Центры вписанного в правильную треугольную пира-
миду и описанного около нее шаров совпадают. Определить
плоский угол при вершине пирамиды.
75. Сколько единиц в записи числа:
5 = 9 + 99 + 999 + ... + 9..9?
V ОЛИМПИАДА, 1965 г.
7 класс
76. Докажите, что в прямоугольном треугольнике медиа-
на, проведенная из вершины прямого угла, равна половине
гипотенузы.
77. См. № 17.
78. Поставить вместо звездочек такие цифры, чтобы число
32* 357 17* делилось на 72.

2
12 Задачи математических олимпиад qC
79. Четыре пионеротряда решили посадить около школы
сад. Ученики первого отряда посадили половину всех деревь-
1
ев, ученики второго отряда — - того, что посадили другие
3 1
отряды вместе. Ученики третьего отряда посадили — того,
что посадили остальные. Ученики четвертого отряда посади-
ли 5 деревьев. Сколько деревьев посажено всего?
80. Найдите остаток от деления квадрата целого числа
на 5.
8 класс
81. Проведите прямую, которая делила бы данную трапе-
цию на две равновеликие части, причем одна из них была бы
треугольником.
82. Доказать, что пъ - Ьп3 + 4/г при всяком целом п де-
лится на 120.
83. Два автомобиля выезжают одновременно навстречу друг
другу из А в Б и из Б в А. После встречи одному из них
приходится быть в пути 2 часа, а другому — часа. Опреде-
о
лить скорости автомобилей, если АВ равно 210 км.
84. В остроугольном треугольнике проведены высоты, ос-
нования которых служат вершинами другого треугольника.
Докажите, что высоты данного треугольника служат биссек-
трисами углов построенного треугольника.
85. Если в числе 3*4*1*0*8*2*40923*0*320*2*56 вместо
звездочек записать в любом порядке цифры 0, 1,2, 3, 4, 5, 6,
7, 8, 9, то полученное число будет делиться на 396. Докажи-
те это.
9 класс
86. Турист проходит из А в В и обратно за 3 ч 41 мин.
Дорога из А в Б идет сначала в гору, потом по ровному месту,
затем под гору. На каком протяжении дорога тянется по

2
*~ Задачи математических олимпиад 13
-?5\
ровному месту, если скорость движения туриста под гору 6
км/ч, в гору — 4 км/ч, а по ровному месту — 5 км/ч, и все
расстояние равно 9 км?
87. Углы правильного многоугольника выражаются це-
лыми числами градусов: число этих углов не кратно ни 2, ни
3. Найдите число углов.
88. Докажите, что произведение четырех последователь-
ных целых чисел в сумме с единицей дает полный квадрат.
89. Внутри данного треугольника ABC находится точка
Р. Найдите на периметре такую точку D, чтобы ломаная APD
делила площадь треугольника на две равные части.
90. Докажите, что при любом п 36п -26п делится на 35.
10 класс
91. Дано изображение куба. Постройте на этом изобра-
жении несколько прямых, перпендикулярных к диагонали
куба.
92. Вычислите сумму:
cos 20° + cos 40° + cos 60° +... + cos 160° + cos 180° -
93. Докажите, что при любом целом п число
п(п - 3)(п2 -Зп +14) делится на 24.
94. Для каких значений х справедливо равенство:
|(jc4 -4)-(x2 +2)| = |х4 -4|-|х2 +2|?
95. Через середину одной из сторон неравнобокой трапе-
ции проведите прямую, которая делила бы трапецию на две
равновеликие части.
11 класс
96. Упростите cos a cos 2а cos 4а... cos 2Л а.
2 1 /1 3
97. Решите неравенство — > J— - — , приняв арифме-
тическое значение корня.

2
14 Задачи математических олимпиад 0^\
98. Докажите, что II10 -1 делится на 10.
99. Куб и правильный тетраэдр равновелики. Найдите
отношение их поверхностей.
100. На плоскости заданы четыре точки, причем никакие
три из них не лежат на одной прямой. Постройте квадрат
так, чтобы его стороны проходили через эти точки.
VI ОЛИМПИАДА, 1966 г.
8 класс
101. Докажите, что если в трапеции сумма углов при од-
ном из оснований равна 90°, то сумма квадратов боковых
сторон этой трапеции равна квадрату разности ее оснований.
хь х4 7х3 Ъх2 х
102. Докажите, что —— + — + -—- + —~г + — целое поло-
120 12 24 12 б
жительное при целом положительном х.
103. Два туриста выезжают одновременно навстречу друг
другу из двух пунктов А и В. При встрече оказалось, что
первый проехал на 30 км больше второго и что через четыре
дня он будет в В. Второй попадет в А через девять дней
после встречи. Найдите расстояние АВ.
104. Для нумерации страниц учебника потребовалось 411
цифр. Сколько страниц в учебнике?
9 класс
105. Диагонали вписанного в окружность четырехуголь-
ника перпендикулярны. Докажите, что основания перпенди-
куляров, опущенных на стороны из точки пересечения диаго-
налей, лежат на одной окружности.
106. Два приятеля, живущие в разных местах, совершили
в один и тот же день прогулку. Первый вышел в 10 ч
36 мин из А и пришел в 16 ч 21 мин в Б. Второй вышел в

2
•"" Задачи математических олимпиад 15
-?5,
10 ч 30 мин из Б и пришел в 15 ч 06 мин в А. В какое время
приятели встретились?
107. Упростите выражение:
а2(Ъ + с)2 + Ь2(с + а)2 + с2(а + Ь)2 + (а2 +Ь2+ с2)(аЬ + Ьс + ас),
если а + Ъ + с = 0.
13 5 99 1
108. Докажите, что ---.-■.■—<-.
10 класс
109. ИзАвВиизБвА одновременно вышли два пеше-
хода. Когда первый прошел половину пути, второму оста-
лось пройти 24 км, а когда второй прошел половину пути,
первому осталось пройти 15 км. Сколько километров оста-
нется пройти второму пешеходу после того, как первый за-
кончит переход?
110. Если один из трехгранных углов одной из двух треу-
гольных пирамид равен одному из трехгранных углов другой
пирамиды, то объемы этих пирамид относятся, как произве-
дение ребер, образующих трехгранные углы. Докажите.
111. Докажите, что при любых целых значениях х и у
выражение (х + у)(х + 2у)(х + Зу)(х + 4у) + у4 есть точный
квадрат.
112. Решите уравнение:
>]х - 2 + yfcx - 5 + 4х + 2 + Ъу[2х - 5 = 7>/2.
11 класс
113. Знаменатель дроби меньше квадрата числителя на
единицу. Если к числителю и знаменателю прибавить по 2,
то значение дроби будет больше, чем — , если же от числите-
о
1
ля и знаменателя отнять по 3, то дробь будет меньше —.
Найдите эту дробь.

2
16 Задачи математических олимпиад O^Sx
114. Найдите объем правильной четырехугольной пира-
миды, сторона основания которой а, а плоский угол при
вершине равен углу наклона бокового ребра к основанию.
115. Определите угол С треугольника, если
113
+ = - , где а, о, с — стороны треугольника.
а+с b+c a+b+c
116. Докажите, что число вида
(10л + 10""1 +... + 1)(10л+1 + 5) +1 есть точный квадрат.
VII ОЛИМПИАДА, 1967 г.
8 класс
117. Разложите на множители: (х - у)3 + (у - zf + (z - х)3.
[ х(у + z) = 5,
118. Решите систему уравнений: \ у(х + г) = 10,
[г(х + у) = 13.
119. Дан описанный пятиугольник, стороны которого а,
Ь, с, d, е. Найдите отрезки, на которые точка касания окруж-
ности делит сторону а.
120. Докажите: если многоугольник имеет несколько осей
симметрии, то все они пересекаются в одной точке.
121. Найдите все значения тг, при которых сумма
1 + 1-2 + 1-2-3 + ... + l-2-...-(/i - 1)п является точным
квадратом.
9 класс
122. Докажите: если а + Ь -¥с делится на 6, то а + Ъ + с
также делится на 6 (а, Ь, с — целые числа).
123. Найдите такое а, чтобы один корень уравнения
х2 - 2х - За = 0 был квадратом другого.
111 1
124. Докажите, что -^ + -^ + ^ + ... + j^j < 0,99.

-*5,
Задачи математических олимпиад 17
125. Ha поверхности куба найдите точки, из которых его
диагональ была бы видна под наименьшим углом.
126. На плоскости дана прямоугольная система коорди-
нат. Докажите, что все координаты вершин правильного тре-
угольника не могут быть целыми числами.
10 класс
127. Решите уравнение: 9х -6х -4*+0,5 = 0.
ос
128. Докажите неравенство: ctg— > 1 + ctgcx, a — ост-
рый угол.
129. Числа 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ..., каждое из которых,
начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих, называ-
ются числами Фибоначчи. Докажите, что каждое натураль-
ное число п > 2 равно сумме нескольких различных чисел
Фибоначчи.
130. Докажите, что если любое сечение тела плоскостью
есть круг, то это тело — шар.
131. На плоскости дана прямоугольная система коорди-
нат. Докажите, что все координаты вершин правильного шес-
тиугольника не могут быть целыми числами.
VIII ОЛИМПИАДА, 1968 г,
8 класс
132. Докажите, что при любом нечетном п выражение
л3 + 3/12 - п - 3 делится на 48.
133. См. № 13.
134. Докажите неравенство:
_1_ J^ J_ 1_
VI V2 7з л/ш
135. Через вершину треугольника проведите прямую так,
—г.- + -^ + -^ +... + -г1— > V1968.
лД V2 V3 V1968

2
18 Задачи математических олимпиад oS\
чтобы сумма расстояний к ней от двух других вершин этого
треугольника была наибольшей.
136. Разделите угол в 19° на 19 равных частей при помо-
щи циркуля и линейки.
9 класс
137. Известно, что числа х17х2,х3, ...,*1968 — положи-
тельны и их произведение равно 1.
Докажите: (1 + хх)(1 + х2)(1 + *3)...(1 + дс1968) > 21968.
138. Решите уравнение
1-3*
= х2 - 2х, где [дс] — наи-
2
большее целое число, не превосходящее х.
139. Докажите, что выражение п2 + 3/И- 5 не делится на
121 ни при каком целом п.
140. Из листа бумаги, имеющего форму произвольного тре-
угольника, вырезать два равных круга наибольшей площа-
ди.
141. В квадрате со стороной 1 произвольно размещены
126 точек. Докажите, что какие-то шесть из них обязатель-
1
но находятся внутри круга радиуса —.
10 класс
~х + 3~
142. Решите уравнение
большее целое число, не превЪсходящее х.
где [х] — наи-
143. Найдите наименьшее натуральное число, которое окан-
чивается цифрой 6 и увеличивается в 4 раза, если его после-
днюю цифру стереть и написать ее впереди образовавшегося
числа.
144. Докажите неравенство (1 + а)1-а(1 -а)1+а < 1, если
0<а<1.

2
л*-ч\ Задачи математических олимпиад 19
145. Вычислите cos(a + P), если известно, что
cos a + cos P = а и sin a + sin Р = Ьу причем а2 + Ъ2 * о.
146. Через вершину конуса проведены всевозможные плос-
кие сечения. Найдите среди них сечение наибольшей площа-
ди.
IX ОЛИМПИАДА, 1969 г.
7 класс
пъ -п
147. Доказать, что выражение —-— при любом нату-
6
ральном п есть целое число.
148. В прямоугольном треугольнике один из углов равен
30°. Доказать, что в этом треугольнике отрезок перпендику-
ляра, проведенного к гипотенузе через ее середину до пересе-
чения с катетом, втрое меньше большего катета данного тре-
угольника.
149. Пароход идет от Л до Б в течение т часов, а обрат-
но — п часов. За сколько часов проплывет плот от А до В?
150. Найти сумму всех делителей числа 72.
151. Через точку К на стороне треугольника провести пря-
мую, делящую площадь треугольника пополам.
8 класс
152. Доказать, что если п > 0 и нечетно, то выражение
п12 -п8 -л4 +1 делится нацело на 128.
153. В четырехугольнике середины противоположных сто-
рон соединены отрезками. Доказать, что сумма площадей
одной пары неприлежащих частей равна сумме площадей
другой пары.
и о и о
154. Пусть А = -\ х +
2 х
а + -
2
х-
х
В = -\ х— а +
2 х 2
х+
х
Ъ;
Ъ. Доказать, что А2 - В2 = а2 -Ь2.
1| 1 1 . If . 1 1, ~ А 2 D2 Л2т,2

20 Задачи математических олимпиад
155. См. № 89.
156. См. № 83.
fe-
9 класс
157. Сумма кубов любых трех последовательных чисел
кратна 9. Докажите.
158. См. № 4.
159. В трех сосудах налита вода. Если — воды первого
1 2
сосуда перелить во второй, затем — воды, оказавшейся во
3
1
втором, перелить в третий и, наконец, — воды третьего пере-
4
лить в первый, то в каждом сосуде окажется по б литров.
Сколько было воды в каждом сосуде?
160. Решить систему:
11 + х + у = ху,
\2 + y + z = yz,
[З + 2 + л: = zx.
161. Найти два числа по следующим условиям: сумма их
равна 1244; эти числа станут равными друг другу, если в
конце первого числа приписать цифру 3, а в конце второго
числа отбросить цифру 2.
10 класс
162. Найти два числа, если сумма их квадратов равна
468, а сумма их общего наибольшего делителя и наименьше-
го кратного равна 42.
163. Решить уравнение: 4**х + 2cos2x -80 = 0.
164. См. № 26.
165. Доказать, что при положительных а, Ь и с справедли-
во неравенство:
ab(a + Ъ - 2с) + be (b + с - 2а) + са (с + а - 2Ь) > 0.
166. Два пешехода вышли одновременно навстречу друг

-*L-
Заданы математических олимпиад 21
другу — первый из А, второй из Б — и встретились через
три часа. За сколько времени прошел расстояние АВ каж-
дый из них, если первый пришел в В на 2,5 часа позже, чем
второй пришел в А?
X ОЛИМПИАДА, 1970 г.
7 класс
167. Докажите, что Sn = п3 + 3/i2 +5/1 + 3 при любом це-
лом и положительном п делится на 3.
168. Дан треугольник ABC. На основании АС постройте
точку М такую, чтобы отрезки МК и MP, проведенные па-
раллельно АВ и ВС до пересечения с ними, были равны.
169. Докажите, что выражение
n_12fr-4b2 1 ( 4 6fr-9 ^
P = ^^b7r+2b^\W^~Sb^27) при любых до-
пустимых значениях Ъ есть постоянное число.
170. При неравных между собой а, Ь, с
а2(Ь-с) + Ъ2(с-а) + с2{а -Ь)*0. Докажите.
171. Какой цифрой оканчивается разность
1-2-3-4-...-98-99-1-3-5-7-...97-99?
8 класс
172. В параллелограмме ABCD диагональ АС разделена
на три равные части точками Р и Q, через вершину D и точки
Р и Q проведены прямые до пересечения со сторонами АВ и
АС соответственно в точках М и N. Найдите отношение пло-
щадей параллелограмма и треугольника DMN.
173. Вычислите сумму:
111
S = - + + - , если xyz = l.
1 + Х + Ху 1 + у + yZ 1 + 2 + 2Х
174. См. № 72.

2
22 Заданы математических олимпиад *>5\
175. Докажите, что л5 + 5л3 - 6л делится на 30 при лю-
бом натуральном л.
176. Квадрат целого положительного числа N, увеличен-
ный на 9, делится без остатка на неполное частное от деле-
ния числа на 3 и дает в частном 130. Найдите N.
9 класс
111 9
177. Докажите, что —+-+-> , если а,Ь,с — по-
а Ъ с а + Ь + с
ложительные числа.
178. Если диагонали вписанного в окружность шестиуголь-
ника пересекаются в одной точке, то произведение трех сто-
рон шестиугольника, взятых через одну, равно произведению
трех других сторон. Докажите.
179. Постройте график у = —;— .
х - Ъх + 6
180. Докажите, что при любом четном значении п выра-
жение ri2(n2 -4)(/i2 -16) делится на 23 040.
181. Найдите двузначное число, равное неполному квадра-
ту суммы его цифр.
10 класс
182. Расстояние от середины образующей прямого конуса
до наиболее удаленной от нее точки конуса равно d. Найдите
максимальный объем такого конуса.
183. Докажите, что если п — целое число, большее 2, то
-л(п-1)
22 >1-2-3-...д.
184. Решите уравнение:
3 1 4 4 1 3
— + + + + + = 0.
х х-1 х-2 х-3 х-4: х-Ъ
185. Число 113 представьте в виде суммы трех положи-
тельных чисел, квадраты которых пропорциональны 3, 4 и 5.

2
^ Задачи математических олимпиад 23
■?5,-
cos х _ cos(x + ф) cos(x + 2ф) cos(jc + Зф)
186. Если — ; — = - 5
а о с а
а+с d + b
cos* Ф 0, то —— = . Докажите.
XI ОЛИМПИАДА, 1971 г.
7 класс
187. Сократите дробь:
(ay - bx)2 + (bz - сх)2 + (сх - az)2 + (ах + by + czf
х2 +у2 +z2
188. В трех сосудах налита вода. Если одну треть воды из
первого сосуда перелить во второй, затем одну четверть воды,
оказавшейся во втором, перелить в третий и, наконец, одну
десятую воды, оказавшейся в третьем, перелить в первый, то
в каждом сосуде окажется по 9 литров. Сколько воды было
в каждом сосуде?
189. В треугольнике ABC на биссектрисе внешнего угла
BCD дана точка М. Докажите, что АС + ВС < AM + ВМ.
190. Докажите, что nz + Зл2 +5/1 + 3 при любом целом
положительном п делится на 3.
191. Найдите два числа, если их сумма равна 432, а об-
щий наибольший делитель равен 36.
8 класс
192. На шахматной доске постройте наибольшую окруж-
ность, проходящую только через черные поля.
193. Докажите, что 4д3 + 6п2 + Ъп + 9 при любом нату-
ральном п делится на 3.
194. Решите систему уравнений:
Jxi/(* + */) = 30,
U3+i/3=35.

2
24 Задачи математических олимпиад 0^\
195. В данную окружность впишите прямоугольник так,
чтобы его стороны проходили через две данные точки.
196. Покажите, что в прямоугольном треугольнике
т2а+т2ь + т2 = 1,5с2, где та и ть — медианы, проведенные к
катетам, тс — медиана к гипотенузе, с — гипотенуза.
9 класс
197. Решить уравнение у]х - А\1х -4 +л]х + 4yJx-4 = 4.
198. См. № 192.
199. При каких значениях а система уравнений
\х2 + у2 =z,
I _ имеет единственное решение?
200. В треугольнике ABC на сторонах АВ, ВС и С А от-
ложены соответственно отрезки AD = —АВ,ВЕ = —ВС,
г 3 3
CF = —СА. Докажите, что площадь треугольника, образован-
3 1
ного прямыми CD, BF, АЕ, составляет — площади треуголь-
ника ABC.
201. При каких значениях р сумма квадратов корней урав-
нения х2 + 4рх + 6р2 +3/7-5 = 0 будет наименьшей?
10 класс
202. См. № 73.
203. Решите неравенство: logx4 + log2JC > 3.
204. Найти геометрическое место точек пространства, рас-
положенных на сферах данного радиуса г, центры которых, в
свою очередь, лежат на фиксированной сфере радиуса 1.
205. Решить уравнение sin(7isinx) = sin(rccosjt).
206. Докажите, что каждое натуральное число, не являю-

-?5v
Заданы математических олимпиад 25
щееся степенью числа 2, можно представить в виде суммы
двух или большего числа последовательных натуральных
чисел.
XII ОЛИМПИАДА, 1972 г.
7 класс
207. Постройте четырехугольник ABCD по длинам его
сторон, если известно, что диагональ АС делит угол DAB по-
полам.
208. Докажите, что:
(а + Ь)2 -(c + d)2 +(a + cf -(b + df = 2(а -d)(a + b + c + d).
209. Cm. X° 2.
210. Докажите, что при целом значении а выражение
а7 -5а5 +4а3 кратно 360.
211. Дан квадрат ABCD. Вершина А соединена отрезками
с серединами сторон ВС и CD точками М и N. Докажите, что
диагональ BD делится отрезками AM и AN на равные части.
8 класс
212. Найдите целые положительные значения ху г/, 2, если
х + у + z = 100, Ъх + Ъу + - = 100.
о
213. Разложить на множители многочлен:
\3 /о о \3 /о о \3
(*2+!/2)Ч(г2-*2) -(z,2+z2)'
214. Продолжите ряд: 2, 5, 9, 16, 27, 45, 74, 121, 197, ...
„2 „2 3
ft41^ л п п п
215. —- — целое. Докажите, что ■—- и -—тт тоже це-
14 196 2744
лые.

26
Задачи математических олимпиад
216. Площадь треугольни-
ка ABC равна 5. AM = -AC,
о
BN =-АВ, СК = -ВС.
3 3
Найдите площадь тре-
угольника MKN.
9 класс
Рис. 1
217. Вычислить а
+ "Т972" » еСЛИ ^ + — = -1.
а а
218. Доказать, что корни уравнения
6х2 - 3(а + Ь + с + d)* + (аб + be + ас + ad + bd + dc) = О
вещественны, если a, b,c,d — вещественны.
219. Найти сумму: I2 - 22 + З2 -42 +... + 992 -1002 +1012.
220. Доказать, что при положительных а и b (abb) вы-
полняется неравенство
a
6 a + fc
■ +
b- a
+ — >4.
Ь-a Ь
221. Площадь треугольни-
ка ABC равна S. AF = - АВ,
и
BD = -BC, CE = -AC.
3 3
Найти площадь треугольни-
ка MNK.
Рис. 2
222. Вычислить а1
10 класс
1
, если a + a +1 = 0.
223. Даны дроби
/г + 1 п + 2
, —, где п — натураль-
2л
ное. Доказать, что сумма этих дробей больше —.

л^\ Задачи математических олимпиад 27
224. См. № 116.
225. См. № 68.
226. Углы треугольника связаны соотношением
sin a = 2 sin P cos у. Доказать, что треугольник — равнобед-
ренный.
XIII ОЛИМПИАДА, 1973 г.
6 класс
227. В книге 145 страниц. Сколько печатных знаков для
цифр при нумерации страниц книги должен был набрать на-
борщик в типографии?
228. Сколькими нулями оканчивается число
1973 • 1974 • 1975 • ... • 1998 • 1999?
229. Трое ребят по очереди называют все натуральные
числа подряд, начиная с единицы. Вместо числа, в котором
есть цифра 3, и вместо числа, которое делится на 3, нужно
сказать «бум». На числе 126 один из играющих ошибся.
Сколько раз сказал «бум» тот из играющих, который сказал
«бум» больше всех раз?
230. Существует ли двузначное число, которое в два раза
больше произведения своих цифр?
231. Какое наименьшее чис-
ло прямоугольных листов стек-
ла размером 8 дм х 9 дм потре-
буется для застекления 6 окон
такой формы?
Рис. 3
7 класс
232. Существует ли такое число р, при котором дробь
p2-p+i
~Т7 77 — сократима?
[3 дм
9 дм |
4 дм
4 дм

2
28 Задачи математических олимпиад oS\
233. Через середину высоты, проведенной к основанию
равнобедренного треугольника с боковой стороной, равной
12 см, проведена прямая, параллельная боковой стороне.
Найти длину отрезка этой прямой, отсекаемого на ней сто-
ронами треугольника.
234. Доказать, что многочлен т4 - 2т3 + 1т2 - 6т + 9 не
может принимать отрицательных значений ни при каких т.
235. Из точек А и В, находящихся на поверхности пруда,
видна вся его гладь. Доказать, что из любой точки отрезка
АВ также видна вся гладь пруда.
236. В первенстве дворовых команд по хоккею на приз
«Золотая шайба» в городе участвуют 25 команд. Каждые две
команды встречаются между собой один раз. Доказать, что в
любой момент найдется хотя бы одна команда, сыгравшая
четное число матчей (быть может, ни одного).
8 класс
237. В волейбольном турнире участвуют п команд. Каж-
дая команда встречается с другой один раз (выигрыш оцени-
вается в 1 очко, проигрыш — в 0). Может ли сложиться
такая ситуация, когда все команды после окончания турнира
наберут равное число очков? При каких п это возможно?
238. Доказать, что при любых ху г/, г, t выражение
х4 + у4 + z4 +14 - Axyzt неотрицательно. Выяснить все слу-
чаи, когда оно равно нулю.
239. Доказать, что круги, построенные на сторонах вы-
пуклого четырехугольника как на диаметрах, покрывают его
полностью (т.е. всякая внутренняя точка четырехугольника
накрывается хотя бы одним кругом).
1972
240. Доказать, что дробь нельзя представить в виде
суммы двух дробей с меньшими знаменателями.
9 класс
241. Найти количество натуральных чисел, не превосхо-
дящих 1973 и не делящихся ни на 13, ни на 17, ни на 19.

-fe-
Задачи математических олимпиад 29
242. Функция двух переменных f(x9 у) при каждом посто-
янном значении х является линейной функцией от z/, а при
каждом постоянном у — линейной функцией от х. Найти
общий вид функции f(x, у).
243. Алгебраическая сумма чисел, каждое из которых взя-
то с одним из знаков «+» или «-», возводится в квадрат. При
этом одни удвоенные произведения получаются со знаком
«+», другие — со знаком «-». При каких п может случиться,
что количество удвоенных произведений со знаком «+» бу-
дет такое же, как и количество удвоенных произведений со
знаком «-»?
10 класс
244. Найти все действительные решения уравнения
х2 +2xsinny + l = 0.
245. Найти все решения уравнения 1973х -1972х = 1.
246. Найти расстояние между скрещивающимися ребрами
правильного тетраэдра, если длина ребра равна 1.
247. См. № 242.
248. Пусть имеются несколько векторов, сумма длин ко-
торых равна 4. Показать, что среди них есть такие, что дли-
на их суммы больше 1.
XIV ОЛИМПИАДА, 1974 г.
в класс
249. Даны 5 точек на плоскости, из которых никакие 3 rfe
лежат на одной прямой. Доказать, что некоторые 4 из этих
точек являются вершинами выпуклого четырехугольника.
, 1-2-3-...-1973-1974
250. Найти знаменатель дроби ——х пос-
ле ее сокращения.
251. Автомобиль проехал расстояние между двумя горо-

2
30 Задачи математических олимпиад 0С>\
дами со скоростью 60 км/ч и вернулся назад со скоростью
40 км/ч. Найти среднюю скорость автомобиля.
Р
252. Доказать, что если дробь ~~ несократима, то и дробь
p-q q
также несократима.
253. В урне лежат 5 белых, 6 черных и 7 красных шаров.
Из урны, не глядя, вынимают один шар за другим. Сколько
шаров достаточно вынуть, чтобы среди них оказались шары
всех цветов?
7 класс
254. См. № 250.
255. См. № 251.
256. Найти наименьшее натуральное число п такое, что
п/2 является квадратом некоторого натурального числа, а
л/3 — кубом.
257. Дан отрезок АВ с отмеченной серединой С и две па-
раллельные прямые, первая из которых проходит через точку
С, а вторая — через В. D — некоторая точка первой прямой.
С помощью линейки провести прямую, проходящую через точ-
ку D и параллельную отрезку АВ.
258. В шахматном турнире на первенство школы уча-
ствовали А, В, С, D, Е, F, К, N. Согласно итоговой таблице
турнира А впереди В и С; В после К через одного; Е впереди
А, но после D; С после N через одного; D между В и F; N
рядом с К, но впереди С. Найти места, занятые шахматиста-
ми в турнире.
8 класс
259. Даны четыре произвольные точки плоскости. По-
строить квадрат, каждая сторона которого проходит через
одну из данных точек.
260. Показать, что число 10...050...01 не является ку-
бом целого числа.

2
"~ Задачи математических олимпиад 31
-?5\
261. Может ли выпуклый многоугольник иметь 1974 ди-
агонали?
262. Дан ящик сахарного песка, чашечные весы и гирька
в 1 г. Как возможно быстро отвесить покупателю 1 кг саха-
ру? (Указать схему уравновешиваний).
263. Дано п точек плоскости-. Доказать, что кратчайшая
ломаная, их соединяющая, не имеет самопересечений.
9 класс
264. Найти все целые решения уравнения х3 + у3 = 1974.
265. В выпуклом многоугольнике все углы равны и по-
следовательные стороны образуют неубывающую последова-
тельность. Доказать, что многоугольник правильный.
266. См. № 263.
267. Многочлен 1 + jc19+jc74 делится на 1 + х + х2. Дока-
зать.
268. Среди л-значных чисел каких больше: содержащих
единицу в своей записи или не содержащих ее?
10 класс
269. Найти число целых неотрицательных решений урав-
нения х + у + z = п (п — натуральное число).
270. См. № 263.
271. Пусть a, b, g — углы треугольника. Доказать, что
COSOC + COSD + COSY^ —.
2
272. Многочлен х19 +*74 +*1974 делится на 1 + х + х2. До-
казать.
273. См. № 265.

32 Задачи математических олимпиад
?5\
6 класс
274. Множества чисел А и В заданы соответственно фор-
мулами ап = 2п и Ьп = Snf где п — натуральное число. Най-
ти множество С, которое является пересечением множеств А
и Б, и написать формулу, которой задаются элементы мно-
жества С.
275. Сколько различных пар целых чисел удовлетворяют
неравенству \х\ + |z/| < 3?
276. Джо зашел в магазин и купил: бутылку лимонада за
30 центов, трубку за 9 долларов (в долларе 100 центов), три
пачки табака и 9 коробок спичек, цену которых он не знал.
Кассир назвал общую сумму — 10 долларов 60 центов, но
Джо сразу сказал, что тот ошибся. Как Джо догадался об
этом?
277. Клетчатая таблица размером 5x5 заполнена числа-
ми -1 и +1 так, что произведения всех чисел, стоящих в
одной строке, отрицательны. Доказать, что найдется такой
столбец, что произведение чисел, в нем стоящих, также отри-
цательно.
278. Доказать, что если в треугольнике медиана равна
половине стороны, к которой она проведена, то один из углов
равен сумме двух других.
7 класс
279. Первое число а, второе число Ь, третье число равно
разности между вторым и первым, четвертое — разности
между третьим и вторым и т.д. Какое число стоит на 1975-м
месте?
280. Определить, при каких натуральных п выражение
п3 - 2п2 + 3
— является целым числом.
п-2
281. Доказать, что любые 10 точек на плоскости можно

л^ч Задачи математических олимпиад 33
разбить на две группы так, чтобы никакая прямая не отделя-
ла одну группу от другой.
282. Построить треугольник, зная одну его вершину С и
две пересекающиеся прямые, на которых лежат его биссект-
рисы, проходящие через вершины А и Б.
283. В комнате находятся люди, собаки и мухи — всего
10 особей. У человека 2 ноги, у собаки — 4, а у мухи 6 ног.
У всех вместе 46 ног. Как это могло случиться? Найти все
возможности.
8 класс
284. Найти р, если известно, что при всех действительных
значениях х
[ах2 + Ъх + с) + (Ъх2 + ах - 7) + (рх2 + сх + 3) = х2 - 2х - 5.
285. а, Ь, с — целые числа, а + b + с делится на 6. Дока-
зать, что а +Ь +с также делится на 6.
286. Найти множество значений k, при которых уравне-
ние 4х4 - 5л:2 - k = 0 имеет
а) 4 корня; б) 3 корня; в) 2 корня; г) 1 корень; д) не
имеет корней.
287. Пусть дан прямоугольник ABCD. Говорят, что пря-
моугольник A1B1ClDl вписан в ABCD, если на каждой сторо-
не ABCD находится ровно одна вершина прямоугольника
A1B1ClDv В прямоугольник вписаны два прямоугольника так,
что одна из их вершин является общей для них обоих. До-
казать, что сумма площадей вписанных прямоугольников
равна площади ABCD.
288. Пассажир метро, идя вниз по движущемуся эскала-
тору, спускается на перрон за 24 сек. Если он будет идти по
неподвижному эскалатору, то спустится за 42 сек. За сколь-
ко секунд он спустится, стоя на ступеньке движущегося эска-
латора?
9 класс
289. В квадрате размером 5x5 закрашено 16 клеток. До-
2. Зак. 790

2
34 Задачи математических олимпиад 0*S\
казать, что найдется квадрат 2x2, в котором закрашено не
менее трех клеток.
290. Длины двух сторон треугольника равны 10 и 15 см.
Доказать, что биссектриса угла между ними меньше 12 см.
291. В каждую клетку квадратной таблицы размера пхп
(п — нечетное число) вписано одно из чисел +1 или -1. Под
каждым столбцом пишется произведение всех чисел, сто-
ящих в нем; справа от каждой строки пишется произведение
всех чисел, в ней стоящих. Доказать, что сумма всех 2п
произведений не равна нулю.
292. Пусть а1,а2, ...,ал — произвольные действительные
числа. Доказать, что из них всегда можно выбрать несколько
чисел так, чтобы абсолютная величина суммы выбранных чисел
была не меньше половины суммы абсолютных величин всех
чисел ах,а2, ...,ая .
293. Решить уравнение V* + 2^Jx-l +y]x-2>/х-1 = а, где
а — некоторое действительное число.
10 класс
294. Каким соотношениям должны удовлетворять дей-
гй ч ах + Ь
ствительные числа а, Ь, с, d, чтобы функция Тух) =
cx + d
была а) четной; б) нечетной?
295. На круглом столе радиуса R расположено без нало-
жений п круглых монет радиуса г так, что больше нельзя
1(
положить ни одной монеты. Доказать: А
R Л г R
чг
296. Пусть тип — два целых положительных числа.
Доказать, что наименьшее из двух чисел у/п и sm не боль-
ше л/3.
297. Найти все положительные корни уравнения
2х +х = 2(2х'1 +ЛГ1).

2
^ Задачи математических олимпиад 35
-Т5.
298. Пусть а^а^, ...,ал — произвольные действительные
числа. Доказать, что всегда из них можно выбрать несколько
чисел с номерами одинаковой четности так, чтобы абсолют-
ная величина суммы выбранных чисел была не меньше чет-
верти суммы абсолютных величин всех чисел а19а2, ...,ал.
Сформулировать аналогичную более общую задачу.
XVI ОЛИМПИАДА, 1976 г,
6 класс
299. Квадрат числа состоит из цифр 0, 2, 3, 5. Найти это
число.
300. В некотором месяце три воскресенья пришлись на
четные числа. Какой день недели был 20 числа этого месяца?
301. Нарисовать фигуру, отличную от прямой линии, ко-
торая имеет две параллельные оси симметрии.
302. Найти четыре цифры а, Ь, с, d такие, чтобы написан-
ное ниже сложение оказалось верным.
abed
a b с
+ аЬ
а
4 3 2 1
303. Геометрическая фигура называется выпуклой, если
вместе с каждыми двумя своими точками она содержит цели-
ком отрезок, их соединяющий. Будет ли пересечение двух
выпуклых фигур снова выпуклой фигурой? Почему?
7 класс
304. Восстановить цифры, которые заменены звездочками,
в записи деления 2**1 : 13 =*2*.
305. При каких значениях а и Ъ выражение
р = 2а2 - Sab + 17b2 - 16а - 4b + 2044 принимает наименьшее
значение? Чему равно это значение?
2*

2
36 Задачи математических олимпиад oS\
306. Дан прямоугольный треугольник. На его гипотенузе
найти такую точку, для которой расстояние между ее проек-
циями на катеты является наименьшим.
307. Летит стая сороконожек и трехглавых драконов. У
всех у них вместе 26 голов и 298 ног. У каждой сороконож-
ки одна голова. Сколько ног у трехглавого дракона?
308. Даны четыре цифры, ни одна из которых не равна
нулю. Из этих цифр составили наибольшее и наименьшее
четырехзначные числа, сумма которых оказалась равной
11 220. Чему равна сумма данных цифр?
8 класс
309. Точки А1, А2, ..., Ап — вершины правильного п- уголь-
ника с центром в точке О. Из произвольной точки М прове-
дены векторы МА^,МА^, ...,МАп, а также вектор МО. До-
казать, что МО = -(МА1+МА2+...+МАп).
310. Лев бегает по круглой арене цирка. Он бежит по
прямой и, добежав до края арены, поворачивает под углом в
155° и снова бежит по прямой. Доказать, что лев бегает по
замкнутому контуру.
311. Построить треугольник ABC, если известны две его
вершины А и В, а также прямая, на которой лежит биссект-
риса внутреннего угла при вершине С.
312. См. № 307.
313. Найти наименьшее значение функции У - —2—- •
х +2
9 класс
314. Дан треугольник ABC и точка М, которая находится
внутри него и не находится ни на одной из его сторон. Из
произвольной точки О проведены векторы ОА, ОВ, ОС, ОМ.

2
r~ Задачи математических олимпиад 37
-?&
Известно, что аОА + рО£+уОС = ОМ, причем а + Р + у = 1-
Доказать, что а > О, Р > 0, у > 0.
315. Дано 1976 чисел. Произведение любых десяти из
них больше 1. Доказать, что произведение всех 1976 чисел
больше 1.
316. Из вершин В и С произвольного треугольника ABC
проведены медианы ВВ1 и ССХ.
g
Доказать, что ВВХ +ССХ >—ВС .
о
317. Найти все решения в целых числах уравнения:
yfx+y[y = V1976.
318. Функция у = f(x) называется периодической, если
существует такое Т, что для всех х из ее области определе-
ния выполняется равенство f(x) = f(x + 71). Функция
у = g(x), определенная на всей числовой оси, такова, что
ее график имеет две параллельные оси Оу оси симметрии.
Доказать, что эта функция периодическая и найти один из
ее периодов.
10 класс
319. Сколько вещественных корней при данном а имеет
уравнение хъ - Ьх = а ?
320. Для каких натуральных п существует выпуклый
л-угольник, длины всех сторон которого попарно различны и
который обладает следующим свойством: сумма расстояний
от любой точки внутри Ti-угольника до его сторон (или их
продолжений) есть постоянная величина?
321. Дано: sin х + sin у + sin z = 0,
COSJC + COSI/ + COS2: = 0.
Доказать, что sin 2x + sin 2z/ + sin 2z = 0,
cos2x + cos2z/ + cos 2г = 0.

2
38 Задачи математических олимпиад O^Sx
322. Вершины правильного 9-угольника окрашены в два
цвета: некоторые в белый, остальные — в черный. Доказать,
что существуют два различных равных треугольника, верши-
ны которых совпадают с вершинами 9-угольника, и таких,
что вершины каждого из них окрашены в один цвет.
323. Найти все значения х, удовлетворяющие одновремен-
но следующим условиям:
[|х -a| + |jc -b| = а-Ьу
[Зх2 >2x(a + b)-a(a + 2b).
XVII ОЛИМПИАДА, 1977 г.
6 класс
324. Решить систему уравнений:
Iab + cd = etg,
{a,b}v{c,d} = {e,t,g}.
(ab — двузначное число, a, b — его цифры).
325. У треугольника есть две различные оси симметрии.
Доказать, что длины сторон треугольника равны и величины
углов его также равны.
326. На прямой произвольно расположены четыре точки
А, В, С, D. Найти все точки такие, что сумма расстояний от
них до заданных точек является наименьшей.
327. Для нумерации страниц словаря потребовалось 1977
цифр. Сколько страниц заключал в себе словарь?
328. Двенадцать человек несут 12 хлебов. Каждый муж-
чина несет по 2 хлеба, женщина — по — хлеба, ребенок —
по — хлеба. Сколько было мужчин, сколько женщин и сколь-
4
ко детей?

л^\ Заданы математических олимпиад 39
7 класс
329. В результате умножения на 9 порядок цифр некото-
рого четырехзначного числа меняется на обратный. Найти
это число.
330. На продолжении основания равнобедренного тре-
угольника дана точка. Доказать, что разность расстояний от
этой точки до боковых сторон равна высоте треугольника,
опущенной на боковую сторону.
331. Из угла прямоугольного бильярда размером
1976x1977 выпущен шар под углом 45° к борту. Доказать,
что после некоторого числа отражений от сторон шар снова
попадет в угол бильярда. Найти длину пути, пройденного
при этом шаром.
332. Произведение двух натуральных чисел — трехзнач-
ное число, которое записывается одинаковыми цифрами. Найти
все такие пары чисел.
333. Мальчик наклеивает все свои марки в альбом. Если
он наклеит по 20 марок на лист, то ему не хватит альбома, а
если по 23 марки на лист, то, по крайней мере, один лист
останется пустым. Если ему подарить такой же альбом, на
каждом листе которого наклеено по 21 марке, то всего у него
станет 500 марок. Сколько листов в альбоме?
8 класс
334. Изобразить на координатной плоскости множество
точек: {<*, у): 2 - |х| - \у\ = J(l - \x\f + (l - |y|)2 j.
335. Найти четырехзначное число, которое при делении
на 151 дает в остатке 14, а при делении на 152 — остаток 1.
336. Вершины выпуклого четырехугольника лежат на раз-
ных сторонах квадрата 1x1. Доказать, что периметр четыре-
хугольника не меньше, чем 2V2.
337. Среди 101 монеты 50 фальшивых. Каждая фальши-

2
40 Задачи математических олимпиад «B*S\
вая монета отличается от настоящей на 1 г, все фальшивые
монеты имеют один и тот же вес. Пользуясь единственным
взвешиванием на чашечных весах со стрелкой, которая по-
казывает разность весов чашек, требуется о данной монете
сказать, фальшивая она или нет. Как это сделать?
338. Лев и тигр могут съесть овцу за 2 часа 24 минуты,
лев и волк ту же овцу могут съесть за 3 часа, а тигр и волк —
за 4 часа. За сколько часов съедят овцу лев, тигр и волк
вместе?
9 класс
339. Изобразить на координатной плоскости множество
точек: {(х,у): х2 -2\х\ + у2 - 2\у\ +1 < О}.
340. Дан прямоугольный бильярд размерами 1976x1977.
Из точки, находящейся на борту длиной 1977, на расстоя-
нии 100 от угла, выпущен шар под углом 45° к борту. Дока-
зать, что после некоторого числа отражений от бортов шар
попадет в угол бильярда. Найти длину пути, пройденного
при этом шаром.
341. В угол с вершиной А вписана окружность, которая
касается сторон угла в точках Б и С. Доказать, что длина
произвольного отрезка, находящегося внутри области, ограни-
ченной отрезками АВ, АС и меньшей дугой ВС, не больше АВ.
342. Найти все натуральные числа, которые в 11 раз боль-
ше суммы своих цифр.
343. Даны две последовательности чисел и такие, что:
1) ах < а2 <а3 < ...;
2) bx>b2>bz>..r,
3) ап <Ьп, /1= 1, 2, 3,...;
4) Ит(Ьл-ал) = 0.
Доказать, что существуют Шпал и НтЬл, и Нтал =Нт6л.

2
^ Задачи математических олимпиад 41
-?5\
10 класс
344. Последовательность чисел {ал} монотонно возраста-
ет и ограничена. Доказать:
а, + ... + а
1) последовательность &л = монотонно возрас-
г п
тает и ограничена;
2) последовательность {bn} имеет предел, причем
lim a = lim b .
Л_>оо Л „_»оо Л
345. Среди всех конусов, вписанных в шар, найти тот,
который имеет наибольший объем.
346. Центр окружности имеет координаты, выражающие-
ся иррациональными числами. Доказать, что в окружность
нельзя вписать треугольник, все вершины которого имеют
рациональные координаты.
347. Доказать, что для любого п > 1 верно неравенство
п3 *
3 V '
348. Противоположные ребра тетраэдра взаимно перпен-
дикулярны. Доказать, что плоские углы при каждой верши-
не тетраэдра одноименны (либо все острые, либо все тупые,
либо все прямые).
XVIII ОЛИМПИАДА, 1978 г.
6 класс
349. Наибольший общий делитель двух натуральных
чисел равен 72, наименьшее общее кратное их равно 1296.
Найти все такие пары чисел.
350. Описать, каким образом с помощью циркуля и ли-
нейки можно разделить угол в 21° на семь равных частей.

2
42 Задачи математических олимпиад О^ч
351. Построить квадрат ABCD, если известны точки О —
центр квадрата, Me ВС, Ne CD.
352. Обозначим min(a;b) наименьшее из чисел а и Ъ.
Построить график функции у = тш(х + 1; 2 - я), и с его помо-
щью решить неравенство min(jt +1; 2 - х) > 0.
353. В классе 29 учеников, каждый из которых занимает-
ся либо спортом, либо музыкой. При этом спортом занима-
ется 21 человек, музыкой же — 15. Сколько учеников зани-
мается и тем и другим?
7 класс
354. Доказать, что х2 + у2 + г2 > 3 при х + у + z = 3.
355. Найти множество целых чисел, на которые можно
4п + 3
сократить выражение тт; » где п е Z.
Ion + о
356. На плоскости даны 4 различные точки. Любые 3 из
них не лежат на одной прямой. Доказать, что из них можно
выбрать 3, которые являются вершинами неостроугольного
треугольника.
357. Доказать, что число 2615 имеет меньше 24 цифр.
358. В футбольном турнире, который проходил в один
круг, принимало участие 13 команд. За победу команде зас-
читывается 2 очка, за ничью — 1 очко, а за поражение — 0
очков. Найти максимально возможный разрыв в очках после
окончания турнира между командами, которые в таблице ока-
зались рядом.
8 класс
359. См. № 354.
360. На плоскости нарисовано несколько треугольников
так, что каждые два из них имеют по крайней мере одну
общую точку. Доказать, что найдется прямая, имеющая об-
щую точку с каждым из данных треугольников.

2-
Задачи математических олимпиад 43
-75.
361. Найти множество точек, являющихся центрами тя-
жести вписанных в треугольник ABC треугольников АХВХСХ>
таких, что А1еАВ; ВхеВС; СхеАС и —-*- = k, —± =
А* В ВС
СС
= 1.-±{к = 2,1 = 3).
362. Доказать, что если функции
f(x) = (axx + bxf + (а2х + b2f Мх) = (bxx + cxf +(Ь2х + с2)2 —
квадраты линейных функций, то и функция
F(x) = (схх + ах) + (с2х + а2) также будет квадратом линей-
ной функции.
363. Даны уравнения х2 + рхх + q1=09 х2 + р2х + q2 = О,
х2 + /?3jc + q3 = О, каждые два из которых имеют общие кор-
ни, а все три общих корней не имеют. Доказать, что qxq2q3 ^ 0.
9 класс
364. а — иррациональное число, a k — целое. Доказать,
что уравнение ft[xa]= #[fca], k Ф 0 имеет конечное число ре-
шений относительно х.
365. Если уравнение jc3 + рх + q = 0 имеет три действи-
тельных корня, то р<0. Доказать.
366. Доказать, что касательные к графику функции
f(x) = — (x > 0) отсекают от первого координатного угла рав-
новеликие треугольники.
367. Найти множество точек, которые являются цент-
рами тяжести вписанных в треугольник ABC треуголь-
ников AxBxCXf таких, что А1 е \_АВ~\9 Вх е [-ВС], Сх е \_AC~] и
|ЛВ| ' \ВС\ \AC\-

44 Задачи математических олимпиад О^^ч
368. Двое играют в такую игру.На шахматной доске
стоят два короля: белый на al, а черный — на Л8. Игроки
делают ход по очереди, причем игрок может ставить своего
короля на любое соседнее поле по вертикали, горизонтали
или диагонали (если оно свободное), придерживаясь таких
правил: нельзя увеличивать расстояние между королями
(расстоянием между двумя полями называется наимень-
шее количество шагов, за которое король может пройти с
одного поля на другое, делая ходы только по вертикалям
и горизонталям; расстояние между королями в начале игры
14 ходов). Начинают белые. Выигрывает тот, кто поставит
своего короля на противоположный край доски (белого на
вертикаль h или восьмую горизонталь, черного на верти-
каль а или на первую горизонталь). Как нужно играть,
чтобы выиграть? Кто выиграет при правильной игре?
10 класс
369. Найти множество точек, которые являются вершина-
ми конусов, равных данному, с осью, которая параллельна
данной прямой, и внутри имеют данную точку.
370. Функция f(x) определена и дифференцируема на от-
резке [0; а], причем /(0) = 0. Доказать, что для любого поло-
жительного Ъ на интервале [0; а] найдется х такое, что
bf(x) = (a-x)f'(x).
371. Доказать без таблиц, что число 261978 имеет меньше
2968 цифр.
372. В тетраэдре две высоты пересекаются. Доказать, что
две другие высоты тоже пересекаются.
373. См. № 368.

л^\ Задачи математических олимпиад 45
XIX ОЛИМПИАДА, 1979 г.
6 класс
374. Доказать, что для любого натурального п найдется
натуральное т такое, что число пт + 1 — составное.
375. Доказать, что число 19792 + 21979 взаимно просто с
1979.
376. Числа 1, 2, ..., 9 разбили на три группы по три числа
в каждой группе. Пусть А — наибольшее из произведений
всех чисел одной группы. Доказать, что А> 72.
377. Сказал Кощей Ивану-царевичу: «Жить тебе до завт-
рашнего утра. Утром явишься пред мои очи, задумаю три
цифры а, Ь, с. Назовешь ты мне три числа — х, у, z. Выслу-
шаю я тебя и скажу, чему равно выражение ах + by + cz.
Тогда отгадай, какие а, Ь, с я задумал. Не отгадаешь — голо-
ву с плеч долой». Опечалился Иван-царевич, пошел думу ду-
мать. Надо бы ему помочь. Как?
378. Дан прямоугольник. Построить множество точек, сум-
ма расстояний от каждой из которых до прямых, на кото-
рых лежат две противоположные стороны прямоугольника,
совпадает с суммой ее расстояний до прямых, на которых
лежат две другие стороны прямоугольника.
7 класс
379. См. № 375.
380. На плоскости даны два отрезка АВ и CD. Найти
множество всех середин отрезков, один из концов которых
принадлежит АВ, а другой — CD.
381. В квадрате со стороной 1979 расположены несколь-
ко окружностей (возможно пересекающихся), сумма радиу-
сов которых равна 1000. Доказать, что найдется прямая, па-
раллельная стороне квадрата, пересекающая хотя бы две из
этих окружностей.

2
46 Задачи математических олимпиад 0*Т\
382. а1Уа2, ...,а49 — натуральные числа, сумма которых
равна 999. Какое наибольшее значение может принимать их
наибольший общий делитель?
383. См. № 376.
8 класс
384. См. № 380.
385. Прямоугольник с длинами сторон a, b (а, Ь — нату-
ральные числа) разбит на аЪ единичных квадратов. Сколько
существует всевозможных квадратов, вершины которых на-
ходятся в вершинах этих единичных квадратов?
386. См. № 382.
387. Вычислить —- + —-, где хг и х2 — корни уравнения
х1 х2
х2 + (а -1)л: + 3 + а -4а2 = 0. При каких значениях а это
уравнение имеет решение?
388. На плоскости даны треугольники AlBlCl и А2В2С2 с
площадями Sj и S2 соответственно. Известно, что векторы
А1В1 и А^В2 пропорциональны с отрицательным коэффи-
циентом пропорциональности, то же известно про пары век-
торов А1С1 и А2С2; ВХСХ и В2С2 (с тем же коэффициентом).
Найти площадь треугольника А3В3С3, где А3, В3, С3 — середи-
ны отрезков AjA2, BXB2, СХС2.
9 класс
389. На прямой находятся паук и муха. Максимальная
скорость паука вдвое больше максимальной скорости мухи,
но он ничего не знает о местоположении мухи до тех пор,
пока они не окажутся в одной точке. Сможет ли паук дог-
нать муху?

-?5\.
Заданы математических олимпиад 47
390. Может ли всадник обойти куб 1979x1979x1979, раз-
битый на единичные кубики, посещая каждый из них ровно
по одному разу, если в начальный момент он находится в
центральном кубике (равноудаленном от граней куба)? Од-
ним ходом всадник может перейти из кубика в один из 6
соседних, имеющих с ним общую грань.
391. Даны п точек А1У А2, ..., Ап на плоскости. Найти
множество точек этой плоскости, сумма квадратов расстоя-
ний которых до точек А1У А2, ..., Ап постоянна.
392. Дана последовательность а19 а2, ..., ал, ...
Известно, что а) 0 < а0 < at < ... < ап < ...
б) если Ък = ак+1 -аА, то Ь0 > Ьх > Ь2 > ...
Доказать, что последовательность аг,—L,—-, ... невозрас-
тающая.
393. Как заполнить клетки бесконечной таблицы нату-
ральными числами так, чтобы
а) каждое число п встречалось ровно п раз;
б) наибольшая из разностей чисел в соседних клетках
была наименьшей?
Две клетки являются соседними, если они имеют общую
сторону.
10 класс
394. Определить число действительных корней уравнения
х13 =а\1 + хи) при каждом действительном а.
395. Делится ли C22Zl на 1980?
396. См. № 389.
397. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAlBlClDl
диагональ АС перпендикулярна плоскости, проходящей че-

2
48 Задачи математических олимпиад oS\
рез точки А1У В, D. Доказать, что этот параллелепипед явля-
ется кубом.
398. Решить систему уравнений:
U{x-lf+y2+yl(x + lf+y2=2,
2.2 -2
[х +у = sin х.
XX ОЛИМПИАДА, 1980 г,
6 класс
399. Вместо звездочки поставить цифру, чтобы число 71*5
делилось на 3.
400. Найти значение выражения:
х7 - 5jc6 + Ъхъ - Ьх4 + Ъхг - Ъх2 + Ъх -1 при х = 4.
401. Квадрат числа составлен из цифр 0, 2, 3, 5. Найти
это число.
402. Каково наибольшее количество квартир в стоквар-
тирном доме, сумма цифр номера квартиры у которых одина-
кова?
403. Доказать, что сумма З1 + З2 + З3 +... + З19 + З20 делит-
ся на 120.
7 класс
404. В окружность, радиус которой равен V2 , вписан пра-
вильный восьмиугольник. Середины смежных сторон соеди-
нены отрезками. Найти длину стороны полученного восьми-
угольника.
405. Сколько среди целых чисел от 100 до 10 000 таких,
в записи которых встречаются ровно три одинаковых циф-
ры
?
406. В таблице 9x9 записаны числа 1, 2, 3, 4, ..., 81.

Задачи математических олимпиад 49
Доказать, что при любом порядке записи найдутся две сосед-
ние клеточки такие, что разность между числами, располо-
женными в этих клеточках, не меньше 6 (соседними называ-
ются клеточки, имеющие общую сторону).
407. Задана сеть дорог, соединяющих несколько городов.
Пусть кратчайший путь, соединяющий города Аи В прохо-
дит через М и N. Доказать, что отрезок пути между М и N
является кратчайшим путем между этими городами.
408. Доказать, что среди шести любых чисел найдутся
два, разность которых делится на 5.
8 класс
409. Найти натуральное число л такое, что 2 + 4 + б + ... +
+ 2п = 1980.
410. Определить углы равнобедренного треугольника, если
известно, что его можно разрезать на две части, каждая из
которых также является равнобедренным треугольником.
(Найти все решения).
411. См. № 405.
412. См. № 406.
413. В параллелограмме ABCD проведены диагональ BD
и отрезки, соединяющие вершину А с серединами сторон ВС и
CD и пересекающие диагональ BD в точках М и N соответ-
ственно. Доказать, что ВЫ = MN - ND.
9 класс
414. Доказать, что существует натуральное п такое, что
десятичная запись числа 2п начинается с комбинации цифр
1980.
415. Перпендикулярно каждой стороне замкнутого мно-
гоугольника построен вектор, численно равный этой сторо-
не и направленный наружу. Найти сумму построенных век-
торов.
-?5^

50 Задачи математических олимпиад
416. Доказать, что если а острый угол, то
\( 1
2-
1 + -
sina
1 + —=—|>5.
cos a
417. Система из конечного числа точек плоскости такова,
что ось симметрии любых двух точек одновременно является
осью симметрии всей системы. Доказать, что все точки при-
надлежат одной окружности.
418. Длина стороны правильного треугольника ABC рав-
на единице. Вычислить ВС • СА + СА • АВ + АВ • ВС.
10 класс
419. См. № 414.
З3
420. Доказать неравенство sin2 a cos6 a < —.
4
421. Решить уравнение фс + а~ + yjx + a^ = у]х + а^ + yjx + aA,
где числа ар а2, а3, а4 образуют арифметическую прогрессию.
422. В квадрате расположено несколько непересекающих-
ся кругов. Доказать, что квадрат можно разбить на выпук-
лые многоугольники так, чтобы каждый из них содержал в
точности по одному кругу.
423. Пусть ABCD произвольный прямоугольник. Дока-
зать, что для любой точки М пространства выполняются ра-
венства:
а) МАМС = МВМР;
б) МА + МС = MB2 + MD.
XXI ОЛИМПИАДА, 1981 г.
6 класс
424. Каким образом нужно расположить на плоскости
прямую, чтобы проекция данного треугольника на нее имела
наименьшую длину?

л^ч Заданы математических олимпиад 51
425. Доказать, что все коэффициенты в разложении мно-
(,„ g 4 \100
1 + 2jc-jc +2х + х ) положительны.
426. Из восьми монет одна фальшивая (более легкая).
Как определить фальшивую монету двумя взвешиваниями на
весах с двумя чашками для гирь?
427. Десяти мальчикам дали 60 орехов. Докажите, что
как бы они ни разделили орехи между собой, найдутся два
мальчика, которым досталось поровну орехов.
428. Из шахматной доски 8x8 удалено левое нижнее поле.
Можно ли покрыть оставшуюся часть доски двадцать
одним прямоугольником, длина которого равна 3, а шири-
на — 1?
7 класс
429. Дан выпуклый четырехугольник ABCD, площадь
которого S. На его сторонах АВ, ВС, CD и DA взяты точки Е,
К, Н, М так, что АЕ = 2ВЕ, КС = ЗКВ, СН = HD, AM = 5MD.
Вычислить площадь шестиугольника АЕКСНМ.
430. Пусть/? — простое число, большее 3. Известно, что
для некоторого натурального числа п число рп состоит из 20
цифр. Доказать, что среди этих цифр есть по крайней мере
три равных.
431. Докажите, что сумма любых двадцати последователь-
ных натуральных чисел не делится на 4.
432. Разрезать прямоугольник прямой, проходящей через
его центр так, чтобы из двух получившихся частей можно
было составить ромб.
433. Какое слово зашифровано в числе 211812115, если
каждая буква заменена ее номером в алфавите?
8 класс
434. Число а делится на 99. Доказать, что сумма его цифр
не меньше 18.

2
52 Задачи математических олимпиад О^ТЧ
435. Отыскать все квадратные трехчлены f(x) = ax2 +bx + с
"такие, что f(x +1) = /(-*) для.всех чисел х.
436. Найти все значения параметра а, при которых
множество |(jc,z/)|x2 + у2 +2х < 7jn{(x,y)\x-у + а > 0} со-
стоит из одной-единственной точки. Найти координаты этой
точки.
437. Три окружности 019 02 и 03 радиуса 1 пересекаются в
точке А. Пусть В, С, D — точки пересечения окружностей 01
и 02, 02 и 03, 03 и Ог Точки Б, С, D не совпадают с А.
Доказать, что точки В,С, D принадлежат окружности радиу-
са 1.
438. Разрезать параллелограмм прямой, проходящей че-
рез его центр, так, чтобы из полученных частей можно было
сложить ромб.
9 класс
я
439. Доказать, что cos— при любом натуральном л, не
меньшем двух, есть число иррациональное.
440. Последовательность (ал) задана соотношениями
ах = 2, а2 = 1, — = + . Вычислить lim an.
*^п *^л-1 л+1
441. Два человека вышли одновременно из пунктов АиВ
навстречу друг другу. Они встретились в 50 м от Б, а затем,
дойдя до А и Б, пошли обратно, и вновь встретились в 25 м
от А. Найти АБ, если они двигались равномерно и непрерыв-
но.
442. Дан треугольник АБС. Найти на стороне АБ точку Ку
а на стороне АС точку Н так, чтобы выполнялись равенства
ВК = КН = НС.
443. Решить уравнение (V*2 + Зх - 2Дл/*2 +3* + 3 j = -6.

2
■" задачи математических олимпиад 53
-7&
10 класс
. la a-b
4Л4. Доказать неравенство "Ц/— > при а > Ь > 0.
V 0 а + о
445. Решить уравнение 11 +10cos* + cos2х + cos3jc = 0.
446. Фигура на плоскости 'задана системой неравенств
| > 2 ji Вычислить площадь этой фигуры.
447. Прямоугольник с длинами сторон а и 2а лежит в
плоскости основания пирамиды, все боковые ребра которой
имеют длину Найти площадь сечения пирамиды плоско-
стью, проходящей через диагональ основания BD параллель-
но ребру АЕ.
448. Остаток от деления натурального числа п на шесть
равен четырем, остаток от деления п на пятнадцать равен
семи. Найти остаток от деления п на тридцать.
XXII ОЛИМПИАДА, 1982 г.
7 класс
449. Найти все натуральные числа N = а1...а такие, что:
2а1...ап1:1а1...ал2 = 21:12.
450. На плоскости дан треугольник ABC. Найти множе-
ство точек Р, для которых 2SABP - 3SBCP.
451. В десятизначном числе N = а1...а10 цифра ах совпа-
дает с количеством единиц в записи N, а2 — с количеством
двоек, а3 — с количеством троек, ..., а10 — с количеством
нулей. Найти число N.
452. Шесть секторов круга, каждый с углом не более 5°,
закрашены. Доказать, что их одновременно можно повернуть
вокруг центра круга на один и тот же угол так, чтобы все
они оказались в незакрашенной части круга.

2
54 Задачи математических опимтад O^Sv
8 класс
453. Найти наименьшее натуральное число, сумма цифр
которого 1982.
454. В круге проведены два радиуса. Построить хорду,
делящуюся ими на три одинаковые части.
455. Пусть а1<а2<,..<ап — неубывающая последова-
тельность чисел. Доказать, что
(1 + 2 + ... + п)(а1 + а2 + ... + ап) <п(ах +2а2 +... + пап).
456. Числа р, q, yfp + yjq — рациональные (р > 0, q > 0).
Доказать, что у[р и Jq тоже рациональные.
457. В окружности единичного радиуса проведены несколь-
ко хорд. Известно, что каждый диаметр пересекает не более
6 хорд. Доказать, что сумма длин всех хорд меньше 19.
9 класс
458. Длины сторон а,Ь, с, d выпуклого четырехугольника
М таковы, что его площадь равна — (ab + cd). Доказать, что
2V ;
вершины М лежат на одной окружности.
459. Вычислить сумму 0,7 + 0,77 + ... + 0,7... 7.
460. См. № 455.
461. Сколько осей симметрии может иметь пятиугольник
на плоскости?
462. У одного края пустыни шириной 920 км имеется
неограниченный запас бензина. В самой пустыне заправоч-
ных станций нет и бензина достать негде. Грузовик может
перевозить только одну заправку бензина, которой хватает
на 600 км пути. Кроме того, экипажу разрешается строить
бензохранилища любых размеров в любом месте трассы.
Сколько заправок бензина необходимо грузовику, чтобы пе-
ресечь пустыню? Существует ли предельная ширина, которую
может пересечь грузовик?

2
"~ Задачи математических олимпиад 55
-?5\
10 класс
463. При каких значениях р система уравнений
{х2 + и2 = 8
имеет в точности одно решение?
ху + х + у = р
464. Найти все решения уравнения 4х +1 = 2x+l sin у.
465. На прямой задано конечное множество отрезков.
Любые два из них имеют общую точку. Доказать, что все
отрезки имеют общую точку.
466. Доказать, что для всех натуральных п
12 3 п 1
- + — + — + ... + —т<-.
3 З4 З9 3я 2
467. Дан куб ABCDA^Bfi^ с основанием ABCD. Пусть
М лежит на продолжении отрезка ВС (за точку С), а точка Н
лежит на продолжении отрезка BD (за точку D), причем МС
= ВСf a HD = BD. Доказать, что каждая плоскость, парал-
лельная плоскости A^D, высекает у данного куба и пирами-
ды DlABMH многоугольники равной площади.
XXIII ОЛИМПИАДА, 1983 г.
6 класс
468. В данном примере различные цифры зашифрованы
различными буквами. Определить, какое равенство зашифро-
вано:
ДОСКА
+ ДОСКА
ДОСКА
ЛОДКА
469. Найти два таких числа, сумма которых втрое больше
их разности и вдвое меньше их произведения.
470. Делится ли 71983 - 1983 на 5?

56 Задачи математических олимпиад ^Р^У\
471. Двое пишут 2&-значное число, употребляя только
цифры 1, 2, 3, 4, 5. Первую цифру пишет первый, вторую —
второй, третью — первый и т. д. Может ли второй добиться
того, чтобы полученное число разделилось на 9, если первый
стремится ему помешать? Рассмотреть случаи:
а) k - 3 (т. е. число 6-значное);
б) k = 4 (т. е. число 8-значное).
472. Цена входного билета на стадион составляла 40 коп.
После снижения входной платы число зрителей увеличи-
лось на 25 %, а выручка возросла на 12,5 %. Сколько стал
стоить входной билет после снижения цены?
7 класс
473. Улитка ползет из точки А на плоскости, меняя на-
правление движения на 90° через каждые 15 минут. Дока-
зать, что она может вернуться в точку А только через целое
число часов.
474. Доказать, что если медиана треугольника является
также и его биссектрисой, то треугольник равнобедренный.
475. Найти наименьшее натуральное число, для умноже-
ния которого на 3 достаточно первую цифру перенести на
последнее место, а для умножения на 5 — последнюю цифру
перенести на первое место.
476. Имеются три бочки общей вместимостью 120 лит-
ров. Если первую бочку наполнить водой, а затем перелить
ее содержимое в две другие, то либо третья наполнится пол-
ностью, а вторая наполовину, либо вторая полностью, а тре-
тья на одну треть своей вместимости. Определить вмести-
мость каждой бочки.
477. Коля и Петя ходили Тз гости к Саше: Коля приходил
каждый второй день, а Петя — каждый третий день. На
протяжении некоторого времени оказалось 20 дней, когда
Саша принимал хотя бы одного из этих двух гостей. Сколь-
ко раз приходил в гости к Саше Коля и сколько раз прихо-
дил Петя?

■?5\
Задачи математических олимпиад 57
8 класс
478. 552 гири массой соответственно 1 г, 2 г,..., 552 г
разложить в три равные по массе кучи.
479. Дан треугольник ABC. Найти на стороне АС такую
точку D, чтобы периметр треугольника ABD равнялся длине
стороны ВС. При каком соотношении сторон треугольника
ABC это возможно?
480. В строку выписаны k натуральных чисел. Доказать,
что либо одно из чисел делится на k, либо найдется группа
подряд идущих в строке чисел, сумма которых делится на k.
481. Доказать, что не может быть квадратом целого чис-
ла сумма:
а) из трех квадратов последовательных целых чисел;
б) из пяти квадратов последовательных чисел.
482. Доказать, что >/ю + V24 + л/40 + л/бО = л/2 + >/з + 75.
9 класс
483. На плоскости даны окружности Sx и S2, пересекающие-
ся в точках А и Б. Точка М перемещается по окружности Sx (M
фА,МфВ),& точки С и D по окружности S2 таким образом, что
точки М, А, С расположены в любой момент времени на одной
прямой, а точки М, Б, D — тоже на одной прямой. Доказать,
что середина отрезка CD перемещается по окружности, центр
которой совпадает с центром окружности S2.
484. На листе бумаги в клеточку, который имеет размеры
50x50 клеток, в каждую клеточку вписано число. Известно,
что сумма чисел, стоящих в любых четырех клетках,
которые можно покрыть фигуркой вида, ill» равна 4.
Доказать, что каждое число равно 1.
485. Можно ли образовать пирамиду из четырех равных
тупоугольных треугольников?
486. Доказать, что если Зх + 1у при некоторых целых х и
у делится на 13, то 38* + 41i/ также делится на 13 при тех
же значениях х и у.

2
58 Задачи математических олимпиад O^Sv
487. Решить систему уравнений:
10 класс
|*-2| + |у-4| = 2,
у = 4 + |ж-1|.
. 488. Числа 21983 и 51983 записаны друг за другом. Сколько
цифр имеет полученное таким образом число?
489. Найти все положительные решения уравнения:
Vl + х + Vl + 2x2 + Vl + Зх3 +... + Vl + 1983л;1983 =
1983
L Г Lч 2 Г з~ L 19
41+-x41+s41+s+---41+s
490. Непрерывная функция имеет период Г^Ои Tv2.
Доказать, что функция'есть тождественная постоянная.
491. На плоскости дано 4 круга. Любые три из них имеют
общую точку. Доказать, что все 4 круга имеют общую точку.
492. Найти множество точек плоскости, сумма расстоя-
ний от каждой из которых до прямых, что проходят через
стороны единичного квадрата, равна 4.
XXIV ОЛИМПИАДА, 1984 г.
6 класс
493. В записи натурального числа К используются только
единицы и двойки, причем единиц в четыре раза больше, чем
двоек. Докажите, что число К + 1983 является составным.
494. На координатной плоскости заданы пять точек:
(3; 2), (0; 0), (-3; -2), (1; ~2), (-1; 2).
Какое наибольшее число из этих точек могут принадле-
жать одной прямой (графику функции у = ах + Ь)1
495. Сумма нескольких чисел равна 1. Может ли сумма
их квадратов быть больше 100?
496. Среди точек данной прямой найдите такую, что сум-

2
«CL Задачи математических олимпиад 59
ма расстояний от нее до двух данных точек А и В — наи-
меньшая.
497. Сколько граммов 8%-ной серной кислоты можно
получить из 200 г жидкости, содержащей 62 % серной кис-
лоты?
7 класс
498. На продолжении
наибольшей стороны АС в
треугольнике ABC отложен
отрезок СМ = ВС. Дока-
зать, что ZABM > 90°.
499. Заменить в слове «теннис» буквы цифрами так, что-
бы было верно равенство т : е = н,нис. Как обычно, различ-
ным буквам соответствуют различные цифры, одинаковым —
одинаковые.
500. Доказать, что 19831984 + 4 — составное.
501. На доске написаны числа 18 и 19. Разрешается пи-
сать новые числа, равные сумме любых двух имеющихся.
Доказать, что этот способ построения последовательности
чисел может привести к написанию числа 1983.
8 класс
502. Доказать, что
(Ла+^+Л^ - + - + -= а + Ь + с - + - + -,
[К К К) \а ь с)
где а, Ь9 с — стороны треугольника, a ha, hb, hc — высоты,
проведенные к соответствующим сторонам.
503. Какой цифрой оканчивается разность 1- 2 • 3 ...х
х 98 • 99 — 1 - 3 • 5 ...97 -99?
504. Найти х, если (х + 1)(х + 2)(х + 3)(х + 4) = 3.
505. В треугольнике ABC угол ВАС равен 45°. На стороне

2
60 Задачи математических олимпиад 0^\
АС взята точка Р так, что АР : PC = 1 : 2 и угол ВРС равен
60°. Определить угол АС В.
ix + y + z = 7,
\х2 +у2 +z2 = 21,
„2
506. Найти х, у, z, если
[xy = z
9 класс
[|х-3|-у = -2,
507. Решить систему уравнений: \ , ,
[х + |у-4| = 5.
508. Показать, что в промежутке действительной оси, огра-
ниченном корнями одного из уравнений х2 + рхх -1 = 0 и
х2 + р2х-1 = 0, Pi * р2, находится в точности один корень
другого уравнения.
509. Существуют ли целые числа х и у, такие, что:
а) 1010...10 = х2 -hi/2; б) 1010...10 = *2--у2?
1983 1983
510. Вершины правильного шестиугольника площади Sl
расположены на сторонах произвольного выпуклого шести-
угольника площади S2 (на каждой стороне в точности по
одной вершине). Доказать, что: a) S2<2S1; б) S2 <-S1.
•j £
511. В каждую клетку квадратной таблицы размера п х п
вписано одно из чисел 1, 0, -1. Могут ли суммы элементов
каждой строки, каждого столбца и обеих диагоналей быть
различными числами?
10 класс
512. Доказать, что если длины сторон треугольника обра-
зуют арифметическую прогрессию, а длины высот — геомет-
рическую, то треугольник — равносторонний.
513. Доказать, что число, которое записывается с помо-
щью 3" единиц, делится на Зл.
514. См. № 510.

л^\ Задачи математических олимпиад 61
515. Все координаты вершин треугольника — целые чис-
ла. Доказать, что удвоенная площадь треугольника — нату-
ральное число.
516. Последовательность {ап} задана соотношениями
«1 = |> «»♦! = ап ""I ВеРН° ЛИ> ЧТ° а1983 < -^^
XXV ОЛИМПИАДА, 1985 г.
6 класс
517. Шестиклассник Саша говорит другу: «Позавчера мне
было 10 лет, а в следующем году мне исполнится 13 лет».
Возможно ли это? И если да, то назовите день рождения Саши.
(При определении возраста указывается только целое число лет).
518. В комнате находятся люди, мухи и собаки, притом
не менее чем по одному представителю каждого вида. Всего
10 особей. Общее количество ног — 54. Найти количество
людей, мух и собак в комнате. (Указание: муха имеет 6 ног).
519. У Змея Горыныча 2000 голов. Царевич может сру-
бить ему ударом меча 21, 17 или 1 голову, но при этом у
него вырастает взамен соответственно 0, 14, 49 голов. Если
отрублены все головы, то новых голов не вырастает. Сможет
ли царевич одолеть Змея Горыныча?
520. На листе бумаги расположены 1984 точки, являю-
щиеся вершинами правильного 1984-угольника. Двое игро-
ков по очереди соединяют эти точки отрезками. За один ход
разрешается соединить любые две точки так, чтобы проведен-
ные отрезки не пересекались. Проигрывает тот, у кого нет
хода. Кто выигрывает при правильной игре: начинающий
или его соперник?
7 класс
521. В прямоугольном треугольнике один из углов равен
30°. Отрезок перпендикуляра, проведенного к гипотенузе че-
рез ее середину до пересечения с катетом, равен 3 см. Опреде-
лите больший катет треугольника.

2
62 Задачи математических олимпиад «•'Sx
1 +i=6,
х-2 у
4х + 47у-22ху = 8.
522. Решить систему уравнений:
523. Определить х и у, если:
7ху
S6xy
у07у
i/4371/
524. Равенство — + — = выполняется при р + q = 1,
а Ь pa + qb
pq * 0. Доказать, что а = Ь.
525. Сколько единиц в записи суммы:
5 = 9 + 99 + 999 + . .. + 9^?
1985
8 класс
526. Трапеция разрезана диагоналями на четыре части.
Определить ее площадь, зная площади частей, прилегающих
к основаниям.
527. Для арифметической прогрессии ах, а2, ..., ап с разно-
стью d доказать, что
1 1 1 л/а„ - д/л
+ ...+
а1 + yJa2 Va2 + Va3 V^T + ^
528. Пусть для каждого значения х, принадлежащего от-
резку [ -1, 1 ], известно, что |2ax + b|<l. Доказать, что
\ах2 + Ъх < 1. Верно ли обратное?
529. Дано конечное множество отрезков на прямой. Изве-
стно, что любые два из них имеют общую точку. Доказать,
что существует точка, общая для всех отрезков.
530. Доказать, что y]l0 + V24 + Vio + ТбО = л/2 + 7з + V5.

2
•" Задачи математических олимпиад 63
-?5,
9 класс
531. Прямоугольная таблица с т строками и п столбцами
заполнена числами. В клетку таблицы, расположенной в i-
ой строке и /-ом столбце, вписано число air Обозначим через
bt самое большее, а через с} — самое маленькое числа
i-ой строки и у-го столбца соответственно. Пусть А — самое
маленькое из чисел Ь0 1 < i < m, а Б — самое большое из
чисел с]У 1 < j < п. Доказать, что А > В.
532. В куб с ребром 1 вписана сфера. В эту сферу вписан
куб. В этот куб вписана сфера и так до п. Найти сумму
площадей поверхностей всех кубов.
533. При каких значениях параметроз а и Ъ система
х6 + у6 = а, х2 + у2 = Ъ имеет единственное решение?
534. Окружности Sr и S2 радиусов т^ и г2 имеют общую
точку А. Прямая I касается Sl и S2 в точках Б и С соответ-
ственно. Доказать, что радиус окружности, проходящей че-
рез точки А, Б и С, равен
535. Каждая точка плоскости окрашена одним из трех
цветов: красным, зеленым и синим. Доказать, что найдутся
две точки, окрашенные одним цветом, на расстоянии 1 друг
от друга.
10 класс
536. Три квадрата одного размера при-
ложены друг к другу, как показано на
рисунке.
Найти сумму углов а + Р + у. Рис- 5
537. В треугольную пирамиду с высотами Лр Л2, Л3, hA
вписан шар радиуса г. Доказать, что г"1 = Л^1 + h'1 + h'1 + ft"1.
538. Разрешается задавать вопросы, допускающие ответы
«да» и «нет». Можно ли, задавая не более 20 таких вопро-
сов, угадать любое слово из школьного учебника?
Е
^
bJ

64 Задачи математических олимпиад
к
539. Дано: а > О, 0 < а < —. Доказать, что
2^
< 1 ^
а +
v cos а,
а + -
1
\
sinocy
> а2 +2а + 2.
540. Доказать, что любой многочлен от одной перемен--
ной можно представить в виде разности двух возрастающих
многочленов.
XXVI ОЛИМПИАДА, 1986 г.
6 класс
541. У Плюшкина был один лист бумаги. Он разрезал его
на 4 части, некоторые из частей еще разрезал на 4 части и т.
д. Когда он подсчитал число всех частей, то их оказалось
1986. Доказать, что Плюшкин ошибся в подсчете.
542. В некотором месяце три пятницы пришлись на чет-
ные числа. Какой день недели был 15 числа этого месяца?
543. К числу 345 дописать справа две цифры так, чтобы
полученное пятизначное число делилось на 36. Найти все
такие числа.
1
544. В классе число отсутствующих составляет — часть
5
от числа присутствующих. После того как явился еще один
1
опоздавший ученик, число отсутствующих стало равно —
о
числа присутствующих. Сколько всего учеников в классе?
545. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О, которая
является серединой каждого из них. Доказать, что треуголь-
ники ABC и BCD равны.
7 класс
546. Доказать, что не существует таких целых чисел ху
для которых 1986 + х2 является квадратом целого числа.

2
*~ Задачи математических олимпиад 65
-?5\
547. Доказать неравенство ДВА х ШЕСТЬ < ДВАДЦАТЬ.
Каждая буква обозначает цифру, причем разным буквам со-
ответствуют разные цифры, одинаковым — одинаковые.
548. Дан угол величиной 54°. Пользуясь циркулем и ли-
нейкой, разделить его на 3 равные части. Можно ли это сде-
лать одним циркулем? ;
549. Найти два числа, разность и частное которых были
бы равными пяти.
550. Какое из чисел больше: 2 \п или З3 \п-П
Примечание: «многоэтажное» возведение в степень опре-
ь* И */ (ье")
деляется правилами: а = av ', а = av ; и т.д.
8 класс
551. См. № 521.
552. В круг вписаны: трапеция, основанием которой слу-
жит диаметр, и треугольник, стороны которого параллельны
сторонам трапеции. Доказать, что треугольник и трапеция
равновелики.
553. Найти сумму п членов: а + 2а2 + За3 +... + пап.
554. Пароход идет от А до Б в течение М часов, а обрат-
но — К часов. За сколько часов проплывет плот от А до В?
555. Доказать, что З1 + З2 + З3 +... + З100 делится нацело
на 120.
9 класс
556. Решить уравнение: 6у1х-3 + у/х-2 = 5*1(х-3)(х -2).
557. Построить треугольник ABC, если известно положе-
ние его вершины В, а также двух пересекающихся прямых h
и /7i; на одной из них (К) лежит высота, которая проведена
из вершины А, на другой (т) — медиана, которая проведена
из вершины С.
3. Зак. 790

2
66 Задачи математических олимпиад 0*Л\
558. Найти целое число а, при котором многочлен
(х - а)(х - 10) + 1 разлагается в произведение (х + Ь)(х + с)
двух множителей с целыми бис.
559. Решить уравнения:
а) sin х sin 2x... sin nx = 1,
б) cosjtcos2*:....cosriJt = 1, где п — натуральное число.
560. На окружности даны четыре дуги, каждая по длине
меньше половины окружности. Любые три из этих дуг име-
ют общую точку.
а) Доказать, что все четыре дуги имеют общую точку.
б) Справедливо ли утверждение из пункта а) для дуг про-
извольной длины?
10 класс
561. Пусть а, Ь, х > 0. Докажите, что
2 /ь5" oL /а 2Ъ
ах -а|— > 2Ьз/-_ . Укажите все случаи равенства.
562. В плоскости заданы своими координатами последо-
вательные вершины ломаной. Как путем вычислений выяс-
нить, принадлежит ли этой ломаной заданная координата-
ми точка М?
563. Указать какое-либо натуральное число п, для кото-
рого 1 + -= + -= +.... + -= > 1986.
V2 V3 yjn
564. Пусть векторы а и Ъ не параллельны. Могут ли
быть параллельными векторы
с = (aa)a + (ab)b и d = (ab)a + (bb)b?
565. Рассмотрим область в плоскости, состоящую из всех
точек с координатами (х, у), удовлетворяющими условиям
k
х > 0, У > —у где число k > 0.
х
а) Можно ли, перемещая эту область, покрыть всю плос-
кость четырьмя ее экземплярами?
б) Тот же вопрос для трех экземпляров области.

2
*"" Задачи математических опимпиад 67
-?5,
XXVII ОЛИМПИАДА, 1987 г.
6 класс
566. В 6-А классе учится 30 учеников. Во время диктанта
один ученик сделал 12 ошибок, а остальные — меньше. До-
казать, что в классе есть по крайней мере три ученика, сде-
лавших одно и то же число ошибок.
567. На сколько частей могут делить плоскость четыре
прямые?
568. В примере на деление цифры заменены буквами, одна
и та же цифра — одной и той же буквой, разные цифры —
разными буквами. Восстановить пример.
АВСР\СР
CD №CD
-ЕС
DH
_BCD
BCD
0
569. Четыре спортсменки — Аня, Валя, Галя и Даша —
участвовали в соревнованиях по гимнастике и заняли четыре
первых места, причем никакие две из них не заняли одно и
то же место. Три зрителя на вопрос о том, как распредели-
лись места между спортсменками, дали такие ответы:
Первый: Аня заняла второе, а Даша — третье место.
Второй: Аня заняла первое, а Галя — второе место.
Третий: Галя заняла второе, а Даша — четвертое место.
В каждом из ответов верно только одно из утверждений.
Укажите, какое место занято какой девочкой.
7 класс
570. Автомобиль из А в Б шел со скоростью 50 км/ч, а
возвращался — со скоростью 30 км/ч. Какова его средняя
скорость?
571. Точка, взятая внутри правильного шестиугольника со
стороной 1, соединена со всеми его вершинами. Доказать, что
среди треугольников, на которые разбивается шестиугольник,
найдутся два таких, у которых все их стороны не меньше 1.
з*

68 Задачи математических олимпиад O^lk
572. Доказать, что если а2+Ь2 + с2 = ab + ас+ Ьс,
то а = Ь = с.
573. Четыре девочки — Катя, Лена, Маша и Нина — уча-
ствовали в концерте. Они пели песни. Каждую песню испол-
няли три девочки. Катя спела 8 песен — больше всех, а Лена
спела 5 песен — меньше всех. Сколько песен было спето
каждой девочкой?
574. Три упрямых рыбака договорились разделить поров-
ну весь улов. Первый рыбак разложил всех рыб в три паке-
та, сказав, что в каждом из них — ровно 1 кг. Второй рыбак
сказал, что он доверяет только весам своего дедушки, соглас-
но которым в одном пакете — 900 г, в другом —
1 кг 100 г, а в третьем — 1 кг. Третий рыбак доверяет
только магазинным весам, которые показали те же результа-
ты, что и дедушкины весы, но в другом порядке. В каком
порядке рыбаки должны выбирать пакеты с рыбой, чтобы
каждый считал, что он получил ровно треть улова, как и его
товарищи?
8 класс
575. Доказать, что если сумма двух положительных чисел
равна 1, то сумма их обратных величин не меньше 4.
576. Точка пересечения двух высот треугольника делит
одну из них пополам, а другую — в отношении 2: 1 (считая
от вершины треугольника к основанию). Вычислить угол меж-
ду этими высотами.
577. Доказать, что:
а) сумма квадратов трех последовательных целых чисел
никогда не делится на 3;
б) сумма квадратов пяти последовательных целых чисел
всегда делится на 5.
При каких натуральных значениях п сумма квадратов
любых последовательных целых чисел делится на п?
578. Имеется два автомата. Если в первый из них ввести
число Н, то он выдаст число 2Н + 1; если же число Н ввести
во второй автомат, то он выдаст число 2Н-1. Можно ли, пользу-

2
*" Задачи математических олимпиад 69
-fb
ясь этими автоматами и начав с числа 1, получить число 1987?
Можно ли получить число 1987, начав с числа 5?
579. Вдоль улицы расположено 100 фонарей с переклю-
чателями. Их обслуживают 100 гномов. Вечером, с наступле-
нием темноты (когда все фонари выключены), гномы идут
друг за другом и нажимают кнопки переключателей: пер-
вый — все кнопки подряд, второй — каждую вторую кноп-
ку, третий— каждую третью и т. д., наконец, сотый гном
нажимает только сотую кнопку. Указать номера фонарей,
которые оказываются в конце концов включенными.
9 класс
580. Окружность S описана около квадрата ABCD. Дока-
зать, что для любой точки X, находящейся на окружности,
верно равенство ХА2 - ХВ2 = XD2 - ХС2.
581. Найти все значения параметра а, при которых систе-
[х + у = а,
ма < имеет единственное решение.
[ху - z = 1
582. Сколькими нулями оканчивается произведение всех
натуральных чисел от 1987 до 2087? от 1887 до 1987?
10 класс
583. Известно, что при всех допустимых значениях х
a ctg х + Ь cos х + с sin x = 0. Найдите все возможные значения
коэффициентов а, Ь, с.
584. Три высоты треугольника пересекаются в точке О,
которая делит одну из них пополам, а другую — в отноше-
нии 2: 1, считая от вершины. В каком отношении точка О
делит третью высоту?
585. Даны два положительных числа а и Ь. Могут ли
одновременно выполнятся неравенства
а*+1<Зз/2 и &2 + 1<Зз/2
Ъ 2 а 2
586. Дан многочлен переменной х с целыми коэффициен-

70 Задачи математических олимпиад
тами. Для трех различных целых значений х значение мно-
гочлена равно 1986. Доказать, что ни для одного целого зна-
чения х многочлен не принимает значение 1987.
XXVIII ОЛИМПИАДА, 1988 г.
6 класс
587. 64 гнома выстроены в колонну, по 4 в каждом ряду.
На головах всех гномов надеты колпачки красного цвета, за
исключением одного, который надел белый колпачок. Фея
может поменять цвет колпачков всех гномов, стоящих в од-
ном ряду (горизонтальном или вертикальном). Может ли
фея, изменив несколько раз цвет колпачков, сделать так, что-
бы на головах гномов были надеты колпачки одного цве-
та — белого или красного?
588. Как из цистерны с бензином отлить 4 литра, пользу-
ясь двумя емкостями — в 3 и 5 литров?
589. Туристы купили 100 предметов, в том числе: спички
по 1 копейке за коробок, пирожки по 10 копеек за штуку и
консервы по 50 копеек за банку. За всю покупку они упла-
тили 5 рублей. Сколько коробок спичек, пирожков, банок
консервов было куплено?
590. В записи примера на умножение
х ABCDEF
******
Q * * * *£
2£ * * * "kjy
£ * * * * А
£) * * * * Q
А * * * *j?
Р * * * *|£
***********
разным буквам соответствуют разные цифры, звездочкам
могут соответствовать какие угодно цифры. Восстановить
пример.
2,-
591. Какой цифрой оканчивается число 91988 - 71988?

^ЕГч Заданы математических олимпиад 71
7 класс
592. Группу туристов решили рассадить по автобусам так,
чтобы в каждом было одинаковое количество пассажиров.
Сначала сажали по 22 человека, однако оказалось, что при
этом не удается посадить одного туриста. Когда же один
автобус уехал пустым, то оставшиеся туристы разместились в
остальных автобусах поровну. Сколько было первоначально
автобусов и сколько туристов в группе, если известно, что в
каждый автобус помещается не более 32 человек?
593. На бесконечный бумажный лист нанесена квадрат-
ная сетка, некоторые клетки которой окрашены в синий
цвет (остальные в белый) таким образом, что в любом пря-
моугольнике 2x3 или 3x2 клетки содержится ровно две си-
ние клетки. Сколько синих клеток может содержаться в пря-
моугольнике размером 19x88 клеток?
594. Найти сумму всех четырехзначных нечетных чисел,
которые можно записать при помощи шести цифр 0, 1, 2, 3,
4, 5 (одна и та же цифра может повторяться).
595. Доказать, что в выпуклом четырехугольнике середи-
ны диагоналей и точка пересечения прямых, соединяющих
середины противолежащих сторон, лежат на одной прямой.
596. Найти все пары целых неотрицательных чисел (ху у),
удовлетворяющих уравнению:
а) Ъх2 - 4ху + у2 = 4* +1;
б) ху - Зх - 5у = -3;
в) х + у = х2 -ху + у2.
8 класс
597. Дед Мороз хочет раздать конфеты детям. Он прики-
дывает, что если даст первому несколько конфет, каждому
следующему будет давать на 14 конфет больше, то его запа-
сов как раз хватит на 14 ребят. Если же он даст первому
втрое меньше, чем в при первой раскладке, а каждому следу-
ющему будет давать на 4 конфеты больше, то его запасов
хватит на 28 ребят. Сколько конфет у Деда Мороза?

2
72 Заданы математических олимпиад *>*S\
598. В треугольнике ABC отмечена середина О стороны
АВ и проведены высоты AM и ВР. Доказать, что треугольник
ОМР — равнобедренный. При каком условии треугольник
ОМР является равносторонним?
599. Доказать, что если хну — такие целые числа, что
выражение х2 + Зху + у2 делится на 25, то каждое из чисел х
и у делится на 5.
600. На плоскости отмечены две точки А и В, расстояние
между которыми равно 3,14 м. В точке А сидит блоха. Она
может совершать прыжки в любом направлении, причем длина
каждого прыжка равна 1 м. Может ли блоха за несколько
прыжков попасть из точки А в точку В?
601. Существует ли такое число а, чтобы числа а и
— + л/з были целыми?
а
9 класс
602. Могут ли числа 1, 4 быть членами (не обяза-
тельно соседними)
а) арифметической прогрессии;
б) геометрической прогрессии?
603. Построить треугольник ABC по стороне ВС = а, раз-
ности длин АВ - АС = d и углу ZA = а.
604. При каких значениях X система уравнений
fx + y = df
a) i 1Л имеет решение для всех значении пара-
[ху = ак - 1
метра <2?
1х + Jy = d,
Xyjy = dX-1.
605. Диагональ АС четырехугольника ABCD является его

л^ч Заданы математических олимпиад 73
осью симметрии; ZABC = 90°. Окружность S вписана в ABCD;
М, N, P, Q — точки касания S со сторонами АВ, ВС, CD, DA
соответственно. Найти угол между MP и NQ.
606. В бассейн объемом 24 м3 проведены три трубы. Если
включены вторая и третья трубы, то бассейн наполняется
не быстрее, чем при включении только первой трубы. Если
включена третья труба, то бассейн наполняется не позже
чем через 6 часов. Если включены первая и третья трубы,
то бассейн наполняется не раньше чем через 2 часа. Произ-
водительность первой трубы вдвое больше, чем второй. За
какое время наполнится бассейн при включении всех труб
одновременно?
10 класс
607. Сколько корней (в зависимости от параметра а) име-
ет уравнение |ln х\ = ах ?
608. На плоскости задана ломаная координатами после-
довательных вершин M^x^yJiM^x^yJ, ...,Мп(хп,уп). Кро-
ме того, задана прямая уравнением ах + by + с = 0. Как най-
ти число точек пересечения прямой и ломаной?
609. Требуется перевернуть вверх дном п чашек, следуя
такому правилу: за один раз можно перевернуть любые
п - 1 чашек, и эту процедуру можно повторить сколько угод-
но раз. При каких п задача разрешима, а при каких нет?
610. Даны две последовательности неотрицательных чисел,
удовлетворяющих условиям хх +.... + хп =1, у1 + ... + уп = 1.
Дано число 5 с условием 0 < 5 < 1. Среди данных чисел
выбирают такие, чтобы было х^>8. Оцените сверху количе-
ство таких произведений.
611. Цилиндр пересечен плоскостью, наклонной к образу-
ющей. Какая линия получится на развертке цилиндра?

74 Задачи математических олимпиад
XXIX ОЛИМПИАДА, 1989 г.
2CL
6 класс
612. Сколько нулей в конце записи произведения нату-
ральных чисел от 1 до 100?
613. Куплено 4 книги. Все книги без первой стоят
42 коп., без второй — 40 коп., без третьей — 38 коп., без
четвертой — 36 коп. Сколько стоит каждая книга?
614. См. № 603.
615. В записи числа 373**21 вместо звездочек написать
двузначное число, чтобы полученное число делилось нацело
на 9.
616. Вася, Коля, Петя, Степа — ученики 4-го, 5-го, 6-го и
7-го классов — отправились в лес за грибами. Пятиклассник
не нашел ни одного белого гриба, а Петя и ученик четвертого
класса — по 8 штук. Вася, и пятиклассник нашли много
подосиновиков и позвали Колю в компанию. Семиклассник и
Коля смеялись над Петей, сорвавшим мухомор. Кто в каком
классе учится?
7 класс
617. Все целые числа от 19 до 89 выписаны подряд. Из
образовавшегося числа вычеркивается 100 цифр. Найти наи-
меньшее и наибольшее числа, которые можно получить та-
ким способом.
618. В турнире принимали участие 5 шахматистов. Опре-
делить результаты всех партий, если известно, что любые два
сыграли по одной партии, причем:
а) победитель турнира не сделал ни одной ничьей;
б) занявший второе место не проиграл ни одной партии;
в) занявший четвертое место не выиграл ни одной партии.
За победу шахматист получает 1, за ничью — — , за
поражение — 0 очков.
619. Через указанную вершину треугольника провести та-

л^-чч Заданы математических олимпиад 75
кую прямую, чтобы сумма расстояний до нее от двух других
вершин треугольника была наименьшей.
620. Найти все натуральные числа х и у, которые удов-
летворяют уравнению х2 + 2ху + 2у2 + 2z/ = 1988.
621. Имеется сетка, состоящая из квадратов размером 1x1.
Каждый ее узел покрашен в один из четырех данных цветов
так, что вершины любого квадрата сетки покрашены в раз-
ные цвета. Доказать, что найдется прямая, принадлежащая
сетке и такая, что узлы, лежащие на ней, покрашены в два
цвета.
8 класс
622. Дана окружность, точка А на окружности и точка К
внутри окружности. Найти на окружности такие точки В и
С, чтобы точкой пересечения биссектрис треугольника ABC
была точка К.
623. Найти наименьшее значение выражения:
V*2+a-i/)2 W(i-*)2 + i/2.
624. Обезьяны собирали орехи для Маугли, причем все со-
бирали поровну. Но прежде чем отдать орехи Маугли, обезья-
ны решили пошалить и начали бросать орехи друг в друга:
каждая бросила в каждую из остальных по одному ореху.
Поэтому Маугли досталось только 25 штук. По сколько оре-
хов собрала каждая обезьяна? И сколько было обезьян?
625. В городе 1989 зданий, сумма возрастов которых т лет.
От чего город больше помолодеет: от того ли, что снесут старое
здание, или от того, что построят новое? Продолжительностью
строительства или процесса сноса здания пренебречь.
626. В Древнем Египте площадь четырехугольного зе-
0 a + c b + d
мельного участка вычисляли по формуле о = ,
с» &
где а, Ь, с, d — длины последовательных сторон четырех-
угольника. Больше или меньше истинного результат, полу-
ченный по этой формуле?

2
76 Задачи математических олимпиад о5\
9 класс
627. Окружность S описана, а окружность St радиуса г
вписана в равнобедренный прямоугольный треугольник ABC.
Хорда EF окружности S параллельна гипотенузе АВ и каса-
ется Sx. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник
EFG. Здесь CG — диаметр S.
628. Доказать, что для любого натурального п справедли-
во неравенство:
I 1 11
а) + + ...+— >-;
;л + 1 п + 2 2л 2
II 13
б) + + ...+— <-.
' л + 1 п + 2 2ti 4
629. Решить уравнение: 2>]х -1--х2 = 1.
4
630. Найти все значения а, при которых система
\х + у = а,
\b2x2y2 + ху = а2 - 6а + 12
имеет хотя бы одно решение для любого значения Ъ.
631. На двух островах Лилипутия и Блефуску 1989 горо-
дов. Каждые два города соединены транспортным маршру-
том. Гулливер решил составить список маршрутов. В списке
сухопутные маршруты должны строго чередоваться с морски-
ми, и каждый маршрут должен встречаться ровно один раз.
Сможет ли Гулливер реализовать свой план? Города на раз-
личных островах соединены морскими маршрутами, а на од-
ном — сухопутными.
10 класс
632. Какие размеры должен иметь фанерный ящик без
крышки данной вместимости, чтобы расход фанеры был ми-
нимальным?
633. а, Ъ, с > 0. Докажите, что
а + Ь Ь + с с + а 1 ^ 1.
а2+Ь2 + Ъ2+с2+ с2+а2~^*Ь*~^'
Укажите все случаи равенства.

2
r~ Задачи математических олимпиад 77
-?5\
634. Треугольник задан координатами вершин, точка
М — своими координатами. Укажите способ, пригодный для
реализации на ЭВМ, позволяющий выяснить:
а) когда точка лежит внутри треугольника;
б) когда точка лежит на контуре треугольника.
635. Пусть т, п — взаимно простые натуральные числа; А
т т2 + 2
— операция, переводящая дробь — в дробь — • Опера-
п /1 + 1
т
ция А применяется к дроби — , затем к полученному резуль-
п
тату и т. д. Докажите, что после некоторого конечного числа
применения операции А получится сократимая дробь.
636. Имеется неограниченный запас монет достоинством
в 1, 2, 5, 10, 20, 50 коп. и 1 руб. Известно, что А коп. можно
разменять с помощью В монет. Докажите, что В рублей можно
разменять при помощи А монет.
XXX ОЛИМПИАДА, 1990 г,
7 класс
637. Лифт, равномерно двигаясь, поднимается на 5-й этаж
за 0,5 мин. За сколько времени он поднимется на 10 этаж?
2 1
638. Как от куска ленты в — м отрезать — м, не имея
под руками метра?
639. Моторная лодка идет из А в В в течение 3 часов, а
обратно — 5 часов. За сколько часов проплывет плот от А
до Б?
640. Доказать, что сумма двух последовательных нечет-
ных чисел делится нацело на 4.
641. Даны отрезки длиной 1, 2, 3, 4. Сколько разных
треугольников можно построить из них? (Две или даже три
стороны треугольника могут быть равными).

78 Задачи математических олимпиад
8 класс
642. Разложить на множители:
*4+1990х2 +1989*+ 1990.
643. Найти целые положительные х и у, если х < 9 и
у2 +у + 2(х-30) = 0.
644. Моторная лодка идет из А в Б в течение М часов, а
обратно — К часов. За сколько часов проплывет плот от А до
Б?
645. Доказать, что при любом натуральном п сумма
л3 + 5/1 кратна 6.
646. В трапеции известны основания тип. Найти длину
отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции.
9 класс
647. Ученик написал равенство (а + Ь + 2) = а + Ъ + 2 .
При каких целых а и Ъ его равенство верно?
648. Решить уравнение: у/х2 + 6х + 9 - yjx2 + 4х + 4 = 1.
649. Имеется несколько кувшинов, среди которых есть
два кувшина разной формы и два кувшина разного цвета.
Доказать, что среди них имеются также два кувшина одно-
временно разной формы и разного цвета.
650. В треугольнике ABC, у которого ZB = 60°, провели
биссектрисы AD и СЕ, пересекающиеся в точке О. Доказать,
что OD = ОЕ.
651. Доказать, что если произведение трех положитель-
ных чисел равно 1, а сумма этих чисел строго больше суммы
их обратных величин, то ровно одно из этих чисел больше 1.
10 класс
652. Города А и Б расположены на берегу реки, причем
город Б расположен ниже по течению. Из города А в город Б
одновременно отправились плот, плывущий относительно
fe-

?5^
Задачи математических олимпиад 79
653. Равнобедренный прямоугольный треугольник ABC
(АС = СВ) вписан в окружность S. На дуге АВ окружности S
задана точка М. Доказать, что V2MC = MA + MB.
654. Найти значения параметра а, при которых один из
корней уравнения х2 - (а - 2)х + а2 - 4а = О будет величиной,
обратной к одному из корней уравнения а2х2 - (а + 2)х + 1 = 0.
655. Пункты А, В, С, расположенные в вершинах тре-
угольника, соединены прямолинейными дорогами. Какова
площадь треугольника ABC, если длины маршрутов АВСАВ,
ВСАВС, САВСА не превосходят 17, 15, 16 км соответственно,
периметр треугольника ABC не менее 12 км?
656. Для членов последовательности натуральных чисел
хп+1 + 1
х19 х2, ..., хп, ... выполнено соотношение хп+2 = , п > 1.
Хп
Определить все возможные значения для первых двух членов
последовательности.
11 класс
657. Даны две различные касательные к графику ху = 1.
а) Могут ли эти касательные быть параллельными? Что
можно сказать о расположении точек на графике в этом слу-
чае?
б) Могут ли эти касательные быть перпендикулярными?
658. Решить уравнение:
tfy[2x2-3x + 2+y[x2-3x + 2 +
+lj\l2x2 -Зх + 2-у1х2-ЪхТ* = 2$[х.
659. Доказать, что при любых положительных а, Ь, с вер-
но неравенство:

2
80 Задачи математических олимпиад *>*S\
a b с ^ [а \Ъ 1с
а)-Ь+-с + аЧ^Ча+Гь'
а Ъ с ^ \а lb [с
б) - + - + -> Я- + 4- + 4-.
} b с а Чь Цс \а
660. Равнобедренный треугольник ABC (АС = СИ) вписан
в окружность S. На дуге АВ окружности S задана точка М.
МА + МВ
Доказать, что величина -— не зависит от положения
точки М.
661. См. № 656.
XXXI ОЛИМПИАДА, 1991 г.
7 класс
662. Найти наименьшее и наибольшее трехзначные числа,
в каждом из которых произведение цифр равно 70.
663. Можно ли замостить квадратную площадку пхп
фигурными плитками, состоящими из четырех единичных
квадратов Mil , если:
а) п = 36;
б) п = 6?
664. Подряд выписано 1991 число. Каждое из них, кроме
первого и последнего, равно сумме двух соседних. Пятое чис-
ло меньше четвертого на единицу. Чему равна сумма всех
чисел?
665. Две пересекающиеся црямые образуют четыре угла.
Разность двух из них равна половине величины третьего угла.
Найти четвертый угол.
666. Всегда ли можно с помощью одного взвешивания
выделить из п монет одну фальшивую, которая легче других,
при а) п = 3;
б) п = 4? -

?5\
Задачи математических олимпиад 81
8 класс
667. У четырех братьев 45 рублей. Если сумму денег, на-
ходящихся у первого, увеличить на 2 рубля, у второго —
уменьшить на два рубля, у третьего — увеличить вдвое, а
сумму, которой располагает четвертый — уменьшить вдвое,
то у всех окажется поровну. Сколько денег было у каждого?
668. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием
АС проведена биссектриса CD (D — точка на боковой сторо-
не АВ) и прямая DE, перпендикулярная CD (E — точка на
прямой АС). Доказать, что СЕ - 2AD.
669. Упростить выражение:
А3 + В3 + 3(А3В + АВ3) + 6(А3В2 + А2В3), где А и В — кор-
ни уравнения х2 - х + q = 0.
670. См. № 78.
671. См. № 40.
9 класс
672. В треугольнике проведены из одной вершины высо-
та, из другой — медиана и из третьей — биссектриса. Высо-
та разделила противоположную сторону на отрезки 1 см и
49 см, медиана разделила противоположную сторону на от-
резки 25 см и 25 см. Каковы длины отрезков, на которые
биссектриса разделила противоположную сторону?
673. Известно, что каждое из двух чисел х и у находится
в интервале от -1 до +1 (т.е. -1 < х < 1, -1 < у < 1).
х + у
Доказать, что при этом выражение 1 всегда определено
J. т Ху
и также находится в интервале от -1 до +1.
674. Имеется цепочка, составленная из 23 звеньев, при-
чем каждое звено весит ровно один грамм. Сколько звеньев
достаточно расковать, чтобы из них и из образовавшихся
кусков цепочки можно было составить любой вес: 1 г, 2 г, ...,
23 г? (Считается, что раскованные звенья также весят по 1 г).

2
82 Задачи математических олимпиад ср^Ук
675. При каких целых значениях р оба корня уравнения
2х2 - 2(р + 3)х + (Зр +1000) = 0 являются целыми числами?
676. Доказать, что если хотя бы одна из. координат цен-
тра окружности иррациональна, то на этой окружности най-
дется не более двух точек, обе координаты которых рацио-
нальны.
10 класс
677. Доказать, что диагонали выпуклого четырехугольни-
ка ABCD перпендикулярны тогда и только тогда, когда
AB2+CD2 = BC2+AD2.
678. Найти множество таких значений параметра а, при
которых система
\х1 - х2 = а,
\хз "х4 = а» имеет хотя бы одно
[хг + х2 + х3 + х4 = 2
неотрицательное решение хх > 0, х2 > 0, х3 > 0, jc4 > 0.
679. Точка М удалена на расстояние 1 от вершины D
параллелограмма ABCD. Пары точек М и Мр Мг и М2, М2 и
М3, М3 и М4 симметричны относительно А, В, С, D соответ-
ственно. Найти расстояние между точками:
а) М и М4; б) М и М3.
680. На декартовой плоскости найти множество точек,
координаты (х, у) которых удовлетворяют системе неравенств:
[*2-у2<0,
' | + fosft
\{х2 -у2 + 2y-l)(x2 -у2){х2-у2 -2у-\)< 0,
>| + |г,|<з.
681. Доказать, что последовательность х19 х2,..., хл, ... удов-
х2-(а-Ъ)2
летворяет условию хп+1 = , хх = а, л:2 = о, л > 2

2
^ЕГ Задачи математических олимпиад 83
тогда и только тогда, когда эта последовательность удовлет-
воряет условию хп+1 = 2хп - хп_1, п>2.
11 класс
682. См. № 677.
683. Сколько действительных корней имеет уравнение
х7 -7х + а = 0?
684. Пусть |*| < 1, \у\ < 1.
а) Доказать, что хотя бы два из четырех выражений ху>
х^уД - у2, yy/l - х2, у](1-х2)(1-у2) по модулю не превосхо-
1
Дят-.
б) Можно ли утверждать, что хотя бы три из этих четырех
выражений не превосходят по модулю — ?
\^г
685. Доказать: /11...1-22...2 =33...3.
686. Можно ли вставить несколько цифр в промежуток
19...91, чтобы полученное число было степенью числа 1991 с
натуральным показателем?
XXXII ОЛИМПИАДА, 1992 г.
7 класс
687. Найти три числа, если известно, что они пропорцио-
нальны числам 1, —, — и что первые два числа дают в сумме
наименьшее трехзначное число.
688. Один из смежных углов составляет 44 % другого.
Сколько градусов в каждом из углов?

2
84 Задачи математических олимпиад 0*S\
689. Чтобы измерить на местности расстояние между дву-
мя точками А и Б, между которыми нельзя пройти по пря-
мой, выбирают такую точку С, из которой можно пройти и к
точке А, и к точке В, и из которой видны обе эти точки.
Провешивают расстояние АС и ВС, продолжают их за точку
С и отмеряют CD = АС и ЕС = СВ. Тогда отрезок ED равен
искомому расстоянию. Объясните почему.
690. Трое рабочих распределили следующим образом сум-
му, полученную за выполненную работу: один получил —
4
всей суммы и еще 100 рублей, второй — — всей суммы и
7 15
еще 200 рублей, третий — — всей суммы и еще 300 руб-
oU
лей. Как велика была сумма и сколько получил каждый?
691. Поставить вместо звездочек такие цифры, чтобы чис-
ло 32* 357 17* делилось на 45.
8 класс
692. Является ли многочлен Р(х) = 2х4 + 8х3 + 12х2 + 8х + 1
квадратом некоторого другого многочлена?
ЛЛЛ „ a + b a b
693. Докажите неравенство -—- < 7 + *:—7 для по-
а+Ь+1 а+1 6+1
ложительных а и Ь.
694. Сколько существует семизначных чисел, которые на-
чинаются с 1992 и делятся на 6, 7, 8, 9?
695. Клетки шахматной доски (8 х 8) раскрашены обыч-
ным образом в белый и черный цвет. За каждый шаг раз-
решается поменять местами любые два вертикальных или
горизонтальных ряда. Удастся ли за несколько таких шагов
добиться, чтобы вся левая половина доски стала белой, а
правая — черной?
696. Сумма углов при основании трапеции равна 90°. До-
кажите, что сумма квадратов боковых сторон равна квадрату
разности оснований трапеции.

2
^ Задачи математических олимпиад 85
-?5\
9 класс
697. Известно, что средняя линия четырехугольника ABCD,
соединяющая середины противоположных сторон АВ и CD,
равна полусумме «оснований» ВС hAD. Докажите, что этот
четырехугольник является трапецией.
698. Решите в целых числах уравнение:
2х2 +3ху-2у2 = 12.
699. Даны три положительных числа а, Ъ, с такие, что
abc = 1. Докажите, что (1 + a)(l + b)(l + с) > 8.
700. В магазине есть ящик сахара-песка, чашечные весы и
гирька в 1 г. Как наиболее быстрым способом можно отве-
сить покупателю 1 кг сахара?
701. Сумма корней некоторого квадратного уравнения рав-
на 1, а сумма их квадратов равна 2. Чему равна сумма их
кубов?
10 класс
702. Решить систему уравнений: \
[2|x|-i/ + 3 = 0,
*-|у-9| + 3 = 0.
703. Прожектор освещает угол в 120°. Докажите, что рас-
положенные в трех произвольных точках плоскости прожек-
торы можно направить так, чтобы осветить всю плоскость.
704. Две последовательности чисел х0,х19 ...,хп, ... и
Уо>У\> —>Уп> ••• удовлетворяют условиям: хп+1 = 2хп + уп,
Уп+1 =хп+ 2Уп> хо = Ъ Уо = °- Определите общие члены хп, уп
этих последовательностей, т. е. выразите их как функции от п.
705. Найдите все значения параметра а, при которых из
неравенства х > 1 следует неравенство х2 - (а - 1)х + 2а - 2 > 0.

2
86 Заданы математических олимпиад ^Р^Ук
706. Треугольник ABC вписан в окружность S; AL — бис-
сектриса треугольника ABC; M — точка пересечения продол-
жения AL с S. О — центр окружности, вписанной в треу-
гольник ABC. Докажите, что:
AR + АС
1) если АО : OL = 2 : 1, то ВС =
2) если OL = LM, то ВС =
2
АВ + АС
11 класс
707. Функция f(x) определена всюду вДи удовлетворяет
условию /(x)/(i/) = f(x + y)f(x - у) для любых действитель-
ных х и у. Найти все такие функции.
708. Найдите наименьшее значение выражения:
А = х2у2 + 2х2 + Зу2 + 2z2 + 2ху - 4хг - 6у при условии
х2 + у2 + z2 < 4.
709. Две последовательности чисел xQ9xl9x2, ...,*л, ... и
Уо>У1>У2> --->Уп> ••• удовлетворяют условиям хл+1 = 2*л +i/n,
£/л+1 = 22/л + *л> *о = !> % = °> л = °> !» 2> — Найдите общие
члены дсл и z/n этих последовательностей.
710. См. № 703.
711. По трем прямым с постоянными скоростями дви-
жутся три точки. В начальный момент времени они не нахо-
дились на одной прямой. Могут ли они оказаться на одной
прямой более двух раз?

2
*" Задачи математических олимпиад 87
т *
XXXIII ОЛИМПИАДА, 1993 г.
7 класс
712. Какое число больше А = — + — + ... + —гг" или
51 52 100
В = — +— + ...+ ?
52 53 102
713. Два самолета вылетели одновременно с одного аэро-
дрома в одном направлении. Скорость первого — 350 км/ч,
второго — 280 км/ч. Через два часа полета первый изменил
скорость до 230 км/ч. На каком расстоянии от аэродрома
второй самолет догонит первый?
714. Если р — целое положительное число, то и
10р+65
т = ——— тоже целое. Доказать.
15
715. В треугольнике ABC со сторонами АВ = 13, ВС = 1,
взята внешняя точка D так, что AD = 6 и CD = 8. Известно,
что АС — целое число сантиметров. Доказать, что треуголь-
ник ABC — равнобедренный.
716. При делении чисел 124 и 208 на р > 1 получаются
остатки соответственно 4 и 13. Найти число/?.
8 класс
717. См. № 714.
718. а, Ьу с — положительные числа. Доказать, что
ab be ca ^
— + — + — >а + Ь + с.
cab
719. В треугольнике ABC угол С прямой, СМ — медиана,
СИ — высота и СО — биссектриса. Доказать, что СО —
также биссектриса угла МСН.
720. В однокруговом шахматном турнире участвуют 30
игроков. Доказать, что по окончании турнира найдутся два
игрока, сыгравших одинаковое количество ничьих.

88 Задачи математических олимпиад «>^\
721. В сосуде лежат белые и черные шары. Кроме
того, имеется неограниченный запас белых шаров. Двое
играют в следующую игру: первый игрок берет из сосу-
да шар, после чего второй берет из сосуда любой из
оставшихся шаров. Если шары, выбранные игроками, раз-
ного цвета, то белый шар откладывают в сторону, а чер-
ный возвращают в сосуд. В противном случае оба выбран-
ных шара откладывают в сторону, а в сосуд кладут белый
шар из запаса.
Игра заканчивается, когда, после очередного хода, в сосуде
останется один шар. Если этот шар белый, то. выигрывает
первый игрок, если черный — то второй.
Кто выиграет при правильной игре, если первоначально в
сосуде было 1992 белых и 1993 черных шара?
9 класс
722. Человек спускается по движущемуся эскалатору мет-
ро за 24 с. Если бы эскалатор был неподвижным, то этот
человек спустился бы за 42 с. За сколько секунд спустится
человек в метро, стоя на ступеньке эскалатора?
723. Пусть а, Ь, с — различные действительные числа.
Доказать, что уравнение (*-a)(x-b) + (jc-a)(:JC--c) +
+ (;с - b)(x - с) = 0 имеет действительные корни.
724. Некто начертил треугольник ABC и провел в нем
высоты АР и ВМ, которые пересеклись в точке Н. Затем он
измерил отрезки: АН =12, HP = 6, ВН = 9, НМ = 7 единиц
длины. Доказать, что при измерении допущена-ошибка.
725. Каждая точка плоскости окрашена в один из двух
цветов. Доказать, что на этой плоскости существует равно-
бедренный треугольник, все три вершины которого окраше-
ны в один и тот же цвет.
726. Запись натурального числа в десятичной системе со-
стоит из пяти единиц и нескольких нулей (записанных в
произвольном порядке). Может ли это число быть квадра-
том натурального числа?

2
'"" Задачи математических олимпиад 89
-?5\
10 класс
727. Пусть А1,А2,А29А4,АЬУАЬ — середины последователь-
ных сторон некоторого шестиугольника. Пусть А1А2А2М и
АААЬАЬН — параллелограммы. Доказать, что М - Н.
728. Найти множество точек на плоскости, координаты
(х,у) которых удовлетворяют усдовию:
|*| + |*-l| + |z/| + |j/-l| = 2.
729. Последовательность хп, п>0 определяется условия-
ми х0 = 1,5, хп+1 =х\- 2хп + 2. Доказать, что \х5 -1| < 10"9.
730. Найти все целые значения х, при которых выраже-
ние х2 - 7х +10 будет квадратом целого числа.
ссЛ
731. Доказать неравенство ctgoc + ctg| 45° -—■
0 < а < 90°.
> 4 cos а,
11 класс
732. В стране несколько городов. Между некоторыми из
них в одном направлении летают самолеты. Известно, что
вылетев из любого города, нельзя, перелетая из города в го-
род, побывать в каждом городе не менее одного раза. Дока-
зать, что часть городов может отделиться так, что в никакой
ее город нельзя попасть ни из какого города оставшейся час-
ти с помощью авиаперелетов.
733. В треугольнике ABC угол А = 30°, М — середина
стороны ВС. Пусть Н* — точка, симметричная относительно
М точке Н — пересечения высот треугольника ABC. Дока-
зать, что АН* = 2ВС.
734. Точки D и Е лежат на стороне ВС треугольника
ABC. Известно, что BD = СЕ и ZBAD = ZCAE. Доказать, что
треугольник ABC равнобедренный.
735. В куче лежат N камней. Двое играют, по очереди
забирая из кучи камни. Своим ходом игрок может взять из
кучи число камней, равное делителю того количества камней,
которое взял своим предыдущем ходом противник. Первый

2
90 Задачи математических олимпиад 0*5\
игрок своим первым ходом может взять любое (отличное от
0) число камней, но не все N сразу. Выигрывает тот, кто
возьмет камни последним.
При каком наименьшем N > 1992 второй игрок имеет
выигрышную стратегию?
736. Все двугранные углы тетраэдра — острые. Доказать,
1
что произведение их косинусов не превосходит ——.
XXXIV ОЛИМПИАДА, 1994 г.
7 класс
737. Двузначное число умножено на сумму его цифр. По-
лучилось 814. Найти это число.
738. См. № 5.
739. Доказать, что З1 + З2 +... + З100 :120.
740. Василий, Николай, Петр и Степан — ученики 4-го,
5-го, 6-го и 7-го классов, пошли по грибы. Шестиклассник не
нашел ни одного белого гриба, а Петр и ученик 4 класса — 8
штук. Василий и пятиклассник нашли много подосиновиков
и позвали Николая. Семиклассник, шестиклассник и Нико-
лай смеялись над Степаном, сорвавшим мухомор. Кто в ка-
ком классе учится?
741. Найти последнюю цифру числа 91994.
8 класс
- а2 Ъ2 с2
742. Если а + Ъ + с = 0, то -- 9 — + —; + —; = 1.
2а2 + be 2b2 + ас 2с2 + ab
Доказать.
743. AD и BE — биссектрисы острых углов прямоугольно-
го треугольника ABC (D е ВС, Е е АС). Из D и Е проведены
перпендикуляры DM и EN кАВ. Найти угол NCM.

2
"~ Задачи математических олимпиад 91
-?5\
744. Упростить:
S—±- + ± + ... + -
а(а +1) (а + 1)(а + 2) (а + 4)(а + 5)
745. Найти правильную дробь, которая увеличивается в 3
раза, если ее числитель возвести в куб, а к знаменателю при-
бавить 3.
746. Вычислить: 1,23454 +0,76554 -1,23453 0,76552 -
-1,23452 0,76553 +4,938-3,062.
9 класс
f ху + х + у = 80,
747. Решить систему уравнений \ xz + х + z = 80,
[yz + y + z = 80.
748. Можно ли занумеровать ребра куба числами от 1 до
"12 так, чтобы для каждой вершины куба сумма номеров ре-
бер, выходящих из этой вершины, была величина постоян-
ная?
749. Доказать, что не существуют натуральные числа т и
п такие, что vm + yfn = Vl994.
750. Найти все функции f:R->R такие, что
f(X-f(y)) = l-X-y.
751. Пусть окружность Г описана вокруг треугольника
ABC, прямая Z касается Г в точке А. На стороне АВ взята
точка D, на стороне АС — точка Е так, что AD = 6, АЕ = 5,
ЕС = 7 и прямая I параллельна DE. Найти BD.
10 класс
752. Докажите, что остаток от деления простого числа на
30 является либо простым числом, либо 1.
753. Найдите все функции f: R-* R, для которых при всех
х е R выполняется равенство:
*(/(х) + /(-х) + 2) + 2/(-х) = 0.

2
92 Задачи математических олимпиад oS\
754. Известно, что 0 < а<Ь <с <d< e и a + b + c + d +
+ е = 100. Каково наименьшее возможное значение а + с + е?
755. В стране п городов (п > 3). Некоторые из городов
соединены дорогами, каждая дорога соединяет 2 города. Из-
вестно, что если какие-то два города не соединены дорогой, то
найдется третий город, связанный дорогой с каждым из этих
двух. Каким может быть наименьшее число дорог в такой
стране? {
756. Точки М, N, К отмечены соответственно на сторонах
остроугольного треугольника ABC так, что ZAMK = ZBMN =
= ZACB. Через L обозначили точку пересечения отрезков AN и
ВК. Докажите, что точки С, К, L, N лежат на одной окруж-
ности.
11 класс
757. Квадрат вписан в круг. На его сторонах как на
диаметрах внутри квадрата построены полукруги. Четыре
попарных пересечения этих полукругов образуют фигуру
«цветок». Докажите, что общая площадь этого «цветка»
равна площади части описанного круга, лежащей снаружи
квадрата.
758. Переставив в некотором порядке числа 1,2,..., 1994,
получим последовательность а19 а2, ..., а1994- Докажите, что
наибольшее из чисел (п-1)ап не меньше 9972.
759. Найдите все функции /: jR -> jR, которые при любых х
и у удовлетворяют условию f[x2+y) = f (x) + f(y2\
760. Треугольник AJSfiy является в пространстве ортого-
нальной проекцией правильного треугольника ABC с дли-
V3 1
ной стороны 1. Известно, что АЛВ1 < —, ДСХ < —. Докажи-
те, что угол ф между плоскостями ABC и АХВХСХ превыша-
ет 60°.

2
Задачи математических олимпиад 93
-fb
761. Докажите, что для любого х е R, выполняется нера-
венство х2 sin jc + х cos л: + х2 + — > 0.
2
XXXV ОЛИМПИАДА, 1995 г.
7 класс
762. Сумма двух чисел 495. Одно из чисел оканчивается
нулем; если этот нуль зачеркнуть, то получится второе чис-
ло. Найти эти числа.
2 3
ПЪ ТП 771
763. Доказать, что число — + — + — целое при любом
3 2 6
целом т.
764. Прямые АВ и CD пересекаются в точке М. MN пер-
пендикулярно CD. Биссектриса угла DMN составляет с MB
угол, равный 107°. Найти углы AMN, AMD, DMB и ВМС.
765. Куплено четыре книги. Все книги без одной стоят 42
коп., без второй — 40 коп., без третьей — 38 коп., без
четвертой — 36 коп. Сколько стоит каждая книга?
766. Сколькими нулями оканчивается произведение всех
целых чисел от 1 до 100?
8 класс
767. В треугольнике ABC проведена высота АН. О — центр
описанной окружности ААВС.
Доказать, что Z.OAH = \ZABC - ZBCA \.
768. Доказать, что число ^>Jl9 - \3 - 8V35 - Syfl9 явля-
ется целым.
769. Доказать, что для любых действительных чисел аиЬ
а4 +а2Ь2+Ь4 ^а*Ъ + аЪ*
выполняется неравенство г. .

2
94 Задачи математических олимпиад o'Sx
770. Напечатали миллион билетов с номерами от 000000
до 999999. Билет с номером abcdef считается счастливым,
если af + be + cd = 100. Доказать, что сумма номеров всех сча-
стливых билетов делится на 1001.
9 класс
771. Доказать, что не существует четырех различных по-
ложительных чисел а, Ь, с, d таких, что a + b = c + d и
а +о = с +а .
772. Некоторая комиссия проводила свои заседания 40
раз. Каждый раз в заседании принимали участие ю человек,
и любые двое членов комиссии заседали вместе не более одно-
го раза. Доказать, что в комиссию входит не менее 60 чело-
век.
773. Найти все тройки целых чисел I, т, л, для которых
выполняется равенство I2 + т2 + п2 - 21 + 4т - 6п = -11.
774. В треугольнике ABC ZACB = 120°. Обозначим через
Н точку пересечения высот треугольника, через О — центр
описанной окружности, через М — середину дуги АСВ опи-
санной окружности. Доказать, что НМ = МО.
775. Пусть а,Ь,с,А,В,С — положительные числа, такие,
что уравнения ах2 - Ъх + с = 0 и Ах2 - Вх + С = 0 имеют по
два различных действительных корня. Доказать, что для
любого числа t, которое лежит между двумя корнями уравне-
ния ах2 - Ъх + с = 0 , и Т9 которое лежит между двумя кор-
нями уравнения Ах2 - Вх + С = 0, выполняется неравенство
\2
(at + AT)
U с^
- + —
t т
^Ь + Б^
10 класс
776. Доказать, что для любого натурального п, большего
трех, десятичная запись числа п2 содержит хотя бы одну чет-
ную цифру.

л^\ Задачи математических олимпиад 95
777. Доказать, что уравнение х2 - Ьх - 4\[х +13 = 0 не име-
ет действительных корней.
778. Точка О, лежащая внутри правильного 2п-угольни-
ка, соединена с его вершинами. Полученные треугольники
раскрашены через один красным и синим цветами. Дока-
зать, что сумма площадей красных треугольников равна сум-
ме площадей синих треугольников.
779. На плоскости задано 1995 точек а19 ...,а1995. Преоб-
разование S строится следующим образом: сначала выпол-
няется симметрия относительно точки ар затем относитель-
но точки а2 и т. д. до последней симметрии относительно
точки а1995.
Доказать, что существует ровно одна точка, которая не
изменяется при преобразовании S.
780. Квадратная таблица 1995 х 1995 заполнена различ-
ными натуральными числами таким образом, что числа каж-
дой строки слева направо монотонно возрастают. Однажды в
каждом столбце числа переставили так, чтобы они в столбце
(сверху вниз) монотонно убывали. Доказать, что в каждой
строке полученной таблицы, как и раньше, числа слева на-
право монотонно возрастают.
11 класс
781. Сечение правильной треугольной пирамиды со сто-
роной а плоскостью является квадратом со стороной Ь. Найти
объем пирамиды.
782. Про действительное число k и последователь-
ность u0,Uj, ...,ыл известно, что и0= 1, ы1995 = 100, ихи2 > 0,
un + i'un-i = kun Для всех натуральных п. Найти k.
783. Существует ли такой многочлен Р(х) с действитель-
ными коэффициентами, что Р(х) ^ 1995P'(jc) для всех х?
784. Функция / определена на множестве целых неотри-

2
96 Заданы математических олимпиад 0^\
цательных чисел и имеет значения на этом множестве. Для
любого числа п в этом множестве имеет место равенство
f(f(n)) + f(n) = 2n + 3. Найти /(1995).
785. В некоторой местности имеется больше чем 1 авто-
мобильный маршрут. Каждые два из них имеют ровно одну
общую остановку. Каждые две остановки соединяет хотя бы
один маршрут.
а) Найти, сколько всего маршрутов, если на каждом ров-
но три остановки.
б) Найти, сколько автобусных остановок на каждом из
маршрутов, если число маршрутов не равно 13 и на каждом
маршруте не менее трех остановок.
XXXVI ОЛИМПИАДА, 1996 г.
7 класс
786. Существует ли замкнутая шестизвенная ломаная,
имеющая 1,2,3,4, 5,6, 7 точек самопересечения?
787. Числа Р, Р - 10, Р + 10 простые. Докажите, что Р -
2 тоже простое.
788. Чтобы пронумеровать книгу, понадобилось 489 цифр.
Сколько страниц в книге?
789. Дедушка с внуком пошли вместе кататься на лы-
жах. Бабушка знает, что по ровному месту оба едут со скоро-
стью 7 км/ч, под гору — дедушка — 8 км/ч, внук —
20 км/ч; в гору — дедушка — 6 км/ч, внук — 4 км/ч. Оба
проехали по одному и тому же маршруту. Может ли бабушка
определить, что больше — протяженность спусков или подъе-
мов на их пути, если первым вернулся а) внук; б) дед?
11 11
790. Докажите, что ь + ... н > —.
м ' 1996 1997 3990 2

^ГГ Задачи математических олимпиад 97
8 класс
791. Известно, что х + у + z = 0. Докажите:
х3 + у3 + г3 = Sxyz. Сформулируйте обратное утверждение.
Правильно ли оно?
792. Замкнутая семизвенная-ломаная не может иметь бо-
лее 14 точек самопересечения. Докажите.
793. Пусть ААВС — равносторонний. Точка М лежит внут-
ри угла, образованного лучами АВ и АС, но вне данного треу-
гольника. Пусть hl9 h2, hz — расстояния от точки М до пря-
мых АВ, ВС, АС соответственно. Докажите, что hx + h2 - hz
не зависит от положения точки М.
794. См. N> 787.
795. Докажите, что сумма квадратов а) шести; б) семи
последовательных чисел не может быть квадратом целого
числа.
9 класс
796. Может ли квадратное уравнение ах2 + Ьх + с = 0 с
целыми коэффициентами иметь дискриминант, равный 23?
797. Найти целую часть выражения ап, если
ап = V1996 + Vl996 + VT996.... Число 1996 входит в него п
раз.
798. Через вершину А треугольника ABC провести пря-
мую / так, чтобы сумма расстояний от нее до вершин Б и С
была наименьшей.
799. Пусть Р(х) — многочлен четвертой степени, такой,
что Р(1) = Р(-1), Р(2) = Р(-2). Доказать, что Р(х) = Р(-х) для
любого х.
800. В трапеции ABCD AD и ВС —основания. О —
точка пересечения диагоналей. Известно, что SA0D = S1?
SB0C = S2. Найти площадь трапеции.
4. Зак. 790

98 Задачи математических олимпиад
10 класс
2,-
801. Решить уравнение: у]х2 - р + 2\}х2 -1 = х .
802. Какое число больше: V1995 + V1997 ИЛИ 2V1996 ?
(Определить без использования вычислительных средств).
803. На сторонах остроугольного треугольника ABC вне
его построены два равносторонних треугольника ABC и АСВ'.
Точки К и L — середины сторон АС и В'С; точка М делит
сторону ВС так, что ВЫ - ЗМС. Доказать, что в AKLM углы
равны 90°, 60°, 30°.
804. Найти значение /(2), если для любого х Ф 0 выпол-
няется равенство / (х) + 3/ — = х2.
805. Можно ли составить пирамиду из четырех равных
тупоугольных треугольников?
11 класс
806. Найти все пары действительных чисел х и z/, удов-
2х Ьу =10,
летворяющих системе уравнении
807. В треугольнике ABC АВ = AC, ZA = 100°; точка Р
лежит на АС, причем ВР — биссектриса угла Б. Доказать,
что АР + РВ = ВС.
808. Сумма т разных четных и п разных нечетных нату-
ральных чисел не превосходит 1996. Какое наибольшее зна-
чение может принимать выражение Зтп + 4п?
809. Найти все последовательности f : N —> N, для кото-
рых / (l) = 1 и для любых натуральных х и у верно / (х + у) =
= f{x) + f{y) + xy.
810. Доказать, что для любого тетраэдра произведения
длин скрещивающихся ребер могут быть длинами сторон не-
которого треугольника.

2
^ Задачи математических олимпиад 99
-?5\
XXXVII ОЛИМПИАДА, 1997 г.
7 класс
7 Г
811. Решить уравнение х
0,6х + -
5
+ 0,3
-х + 0,4
5
= 0.
812. Из пункта А в пункт В выехали одновременно два
велосипедиста. Первый половину времени, которое он за-
тратил на прохождение всего пути, ехал со скоростью 25 км/ч,
а остальное время — со скоростью 20 км/ч. Второй пер-
вую половину пути из А до Б ехал со скоростью 20 км/ч, а
вторую — со скоростью 25 км/ч. Кто из них раньше при-
ехал в Б?
813. Сумма двузначного и четырехзначного чисел равна
2023. А сумма чисел, записанных теми же цифрами в обрат-
ном порядке, равна 8053. Найдите все пары таких чисел.
814. Какое наименьшее неотрицательное число можно по-
лучить путем расстановки знаков «+» и «-» между числами
1, 2, 3, 4,..., 1995, 1996, 1997?
815. На нашей олимпиаде 153 участника. Часть из них
знакома друг с другом, а часть — нет. Доказать, что суще-
ствует хотя бы один участник олимпиады, у которого число
знакомых четно.
8 класс
816. Шахматист сыграл 40 партий в шахматы и получил
в сумме 25 очков (за каждую победу давалось 1 очко, за
ничью — — очка, за поражение — 0 очков). Найдите раз-
ность между количеством его побед и количеством его пора-
жений.
817. Найдите все наборы ненулевых цифр а,Ь, с, для кото-
рых выполняется равенство а,Ъс = a + b + с (здесь а,Ъ озна-
чает число «а целых и Ь десятых»).
4*

100 Задачи математических олимпиад 0*S\
818. ВК — биссектриса в треугольнике ABC, точка D ле-
жит на стороне ВС так, что ZDAC = Z£ + Z.C. Доказать, что
DK — биссектриса угла ADC.
819. На Марсе 2000 стран, и для любой их четверки хотя
бы одна страна из этой четверки враждует с тремя другими.
Найти наименьшее возможное количество стран Марса, кото-
рые враждуют со всеми сразу.
9 класс
820. Решить уравнение: 2х2 -Зх = 2ху1х2 -Зх +1.
821. Доказать, что для любого а, 1 < а < 2, площадь фигу-
ры, ограниченной графиками функций z/ = l-|#-l| и
. i !
у = \2х - а , меньше, чем —.
822. Даны целые числа а, Ь, с, такие, что а2 + Ъ2 + с2 де-
лится на 6, аЪ + Ъс + ас делится на 3. Доказать, что
а3 + Ь3 + с3 делится на 6.
823. В четырехугольник ABCD вписана окружность с цен-
тром в точке О. Через точки А, В, С и D перпендикулярно
ОА, ОВ, ОС и OD проведены прямые 1аЛьЛсЛЛ соответствен-
но. Прямые 1а и 1Ь пересекаются в точке К, 1Ь и 1С — в L, /си ld
— в М, ld и 1а — в N.
а) Доказать, что КМ и LN пересекаются в точке О.
б) Пусть длины OK, OL, ОМ равны р, qnr соответственно.
Найти длину ON.
824. Шахматную доску 8x8 покрыли 32 плитками доми-
но (плитки не выходят за пределы доски, не перекрывают
друг друга и каждая накрывает ровно две клетки). Плитка
называется горизонтальной, если ее более длинная сторона
параллельна горизонтальной стороне доски. Горизонтальная
плитка называется черно-белой, если левая из двух накры-
тых клеток — черная и бело-черной — в противном случае.
Доказать, что количество черно-белых горизонтальных пли-
ток покрытия равно количеству бело-черных.

2,-
Задачи математических олимпиад 101
10 класс
825. При каких действительных значениях а уравнение
\х - 2| - \х +1| = а имеет хотя бы одно целое решение?
826. В треугольнике ABC через АА19 ВВ19 СС1 обозначены
высоты, а через АА2, ВВ2, СС^ — медианы. Доказать, что
длина ломаной А2В1С2А1В2С1А2 равна периметру ААВС.
827. Для фиксированного простого числа р найти все пары
(х, у) целых чисел, которые удовлетворяют соотношению
р(х + у) = ху.
828. Точки М и N отмечены на стороне АВ треугольника
ABC. Известно, что радиусы окружностей, описанных около
ААМС и ABNC, совпадают. Также совпадают радиусы
окружностей, описанных около AANC и АВМС. Доказать, что
ААВС — равнобедренный.
829. За круглым столом сидят 30 учеников. Каждый из
них либо всегда говорит правду, либо всегда лжет. Известно,
что среди двух соседей каждого лжеца есть ровно один лжец.
При опросе 12 из учеников показали, что ровно один из их
соседей — лжец, а остальные сказали, что оба соседа — лже-
цы. Сколько лжецов сидит за столом?
11 класс
830. Найти все действительные числа х, у такие, что
х>у>1 и 2х2 -jci/-3* + i/ + 1 = 0.
831. Можно ли из кубиков размерами 1x1x1 склеить фи-
гуру, площадь поверхности которой равна 1997? (При склеи-
вании кубики соединяются так, что их соответственные гра-
ни полностью совпадают).
832. О функции f: R->R известно, что множество значе-
ний суммы /(:c) + /(2jc), xeR, конечно. Обязательно ли
множество значений f(x), xeR, конечно?
833. Двое игроков в выражении ах sin х + а2 cos2x +

2
102 Задачи математических олимпиад **5\
+а3 sin Зх + а4 cos 4* +... + а1996 cos 1996* 4- а1997 sin 1997л: по
очереди выбирают еще не выбранные и заменяют их любы-
ми действительными числами. Когда все at заменены, полу-
чается функция f(x). Если уравнение f(x) = 0 имеет ко-
( п пЛ
рень на интервале —;- , то выигрывает тот, кто начинал
игру. В противном случае выигрывает его соперник. Кто из
двух игроков может обеспечить себе выигрыш?
834. Дан выпуклый пятиугольник, в котором каждая ди-
агональ параллельна одной из сторон. Доказать, что отно-
шение длины диагонали к длине соответственной параллель-
ной стороны является одним и тем же для всех пяти пар
таких отрезков. Найти величину этого отношения.
XXXVIII ОЛИМПИАДА, 1998 г.
7 класс
835. Есть две десятилитровые бочки с соляным раство-
ром 10 % и 15 %. Даны также три емкости по 3, 4, 5 лит-
ров. Как с помощью переливаний получить литр 12%-ного
раствора соли?
836. Дан прямоугольник 3x4. Можно ли расставить чис-
ла 1 и -1 в его клетки так, чтобы все семь сумм (по строкам
и столбцам) были различны?
837. Есть некоторая дробь с числителем 1997. Известно,
что она больше, чем ——7, но меньше, чем тгтг^ • Сколько
1998 ; 1997
существует таких несократимых дробей?
838. Клетки ленточки 1x17 пронумерованы последова-
тельными натуральными числами. Два игрока играют следу-
ющим образом: за каждый ход один из них может зачерк-
нуть одну любую клетку или любые две последовательные

-?5v
Задачи математических олимпиад 103
(четную и следующую нечетную). Проигрывает тот, кто не
сможет сделать ход. Кто может обеспечить себе выигрыш?
Укажите выигрышную стратегию.
8 класс
839. Сумма трех трехзначных чисел aab, aba, baa равна
1998. Найти все тройки таких чисел.
840. Будет ли число 111...1555...56 квадратом целого
1998 1997
числа?
841. См. № 844.
842. На доске 4x4 играют двое. Каждый по очереди за-
крашивает одну клетку доски. Выигрывает тот, после чьего
хода получится квадрат 2x2, состоящий из закрашенных
клеток. Кто и как выиграет?
9 класс
843. Доказать, что число, записанное 1998 единицами, де-
лится на 37.
844. В треугольник вписана окружность. Через точки ка-
сания окружности со сторонами треугольника проведены пря-
мые, параллельные биссектрисам противоположных сторон.
Доказать, что эти прямые пересекаются в одной точке.
845. Дана полоска 1x99. В игру играют двое. За один ход
разрешается зачеркнуть одну свободную клетку или две под-
ряд идущие. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто
из игроков может обеспечить себе победу?
846. Даны пять
—<-«>.(4){14(нНй)
Какое максимальное количество этих точек может принадле-
а b
жать линии, заданной уравнением — + — = 1?
* У

104
Задачи математических олимпиад
?5^_
847. Дан многочлен ах2 +Ьх + с. За один ход разрешается
заменить х на х - X или заменить многочлен целиком
на многочлен ex2 +(b + 2c)x + (а + Ь + с). Можно ли после
нескольких ходов из многочлена х2-Зх-4 получить
х2-2х-5?
10 класс
848. Про целые числа тип известно, что
целое.
т + п
Доказать, что число
т
т + п
тоже целое.
849. В четырехугольнике суммы синусов противополож-
ных углов равны. Доказать, что данный четырехугольник —
трапеция или параллелограмм.
850. Решить систему уравнений:
х =
851. В заново сформированном классе не более 40 учени-
ков. Некоторые из учеников знакомы между собой. В первый
день учебы каждая девочка «кинула взгляд» на каждого зна-
комого мальчика, а каждый мальчик «кинул взгляд» на каж-
дую незнакомую девочку. Таких взглядов было 117. Сколько
мальчиков и сколько девочек в новом классе?
852. Две параллельные проекции одной и той же фигуры
на разные плоскости являются параллелограммами. Обяза-
тельно ли исходная фигура — параллелограмм?

-?5^.
Заданы математических олимпиад
105
11 класс
853. Для всех неотрицательных х, г/, которые удовлетво-
ряют неравенству х - 4х < у — < х + vx, доказать выполне-
4
ние у-у[у <х--<у + у[у.
4
854. Решить уравнение: cos 12jc = 5sin3;c + 9tg2x + ctg2x.
855. О функции / известно, что ее область определения —
множество действительных чисел, кроме нуля. Помимо этого,
существует такое а, что / (а) = 0,5. Для всех ненулевых х и у
(л \
выполняется
f(x)-f(y) = f(x)f -\-f(y)f
Найти /(-1).
^/
m
\xj
856. В выпуклом четырехугольнике ABCD на сторонах
AD и CD взяты точки М и К такие, что прямые СМ и АК
делят ABCD на две фигуры равных площадей. Пусть Р —
точка пересечения BD и КМ. Найти
S(ABCD)
S(ABCP)'
857. Прямоугольник разбит на 21 х1998 клеток. До-
казать, что количество вариантов разбиения прямоугольника
фигурками, изображенными на рисунке, нечетно.
Рис. 6

2
106 Задачи математических олимпиад 0*>\
XXXIX ОЛИМПИАДА, 1999 г.
7 класс
858. Белка за 20 мин приносит орех в гнездо. Какое рас-
стояние она при этом пробегает, если без ореха белка бежит
со скоростью 5 м/с, а с орехом — 3 м/с?
859. На листе бумаги нарисовали правильный треуголь-
ник и накрыли его двумя вырезанными правильными тре-
угольниками разных размеров. Докажите, что для того, что-
бы накрыть полностью нарисованный треугольник, хватило
бы и одного из вырезанных треугольников.
860. Определите, какой цифрой заканчивается число 21999.
861. На столе стоят три одинаковых ящика. В одном из
них 2 черных шарика, во втором — 2 белых, а в третьем —
1 черный, 1 белый. На ящиках об этом сделаны соответству-
ющие надписи, но известно, что ни одна из них не соответ-
ствует истине. Как, вынув лишь один шарик, установить, где
какие шарики находятся?
862. Каких семицифровых чисел больше: тех, в записи
которых используется цифра 7, или тех, в записи которых
она отсутствует?
8 класс
863. Решить уравнение: ^ '- = 1999.
2х2
864. Существуют ли целые числа тип такие, что
(т ■+ 1998)(/п +1999) + (т + 1999)(т + 2000) +
+ (т + 1998) (т + 2000) = п% ?
865. Дана трапеция ABCD с основаниями AD и ВС. Изве-
стно, что биссектриса угла ABC пересекает среднюю линию
трапеции в точке Р, а основание AD в точке Q. Найти вели-
чину угла APQ.

лЕГч Задачи математических олимпиад 107
866. Даны 1999 чисел. Известно, что сумма любых 99 из
этих чисел положительна. Доказать, что сумма всех данных
чисел положительна.
9 класс
867. Доказать, что десятичная запись числа 19996 содер-
жит по крайней мере три одинаковые цифры.
868. Решить уравнение
(l + х + jc2)(1 + х + х2 + х3 + хА) = (l + х + х2 + х3)2.
869. Внутри остроугольного треугольника ABC отметили
точку Н так, что АВ2 + НС2 = ВС2 + АН2 = АС2 + ВН2. До-
казать, что Н — точка пересечения высот треугольника ABC.
870. Пусть а — действительное число, отличное от нуля.
Известно, что числа хх и х2 — действительные корни уравне-
ния х2 + ах = 0.
2а г-
Доказать, что х\ + х\ > 2 + V2.
871. Три целых числа а, Ь, с записали в ряд: а, 6, с. Под
этими числами записали новую тройку чисел: а - 6, Ь - с,
с - а. Числа третьей строки образованы из чисел предыду-
щей (второй) по этому же закону и т. д. Доказать, что среди
чисел строк, которые расположены ниже седьмой, не может
встретиться ни 1999, ни 2000.
10 класс
872. Найти все тройки действительных чисел х, у, z, кото-
рые удовлетворяют равенствам х + yz = у + zx - z + xy - 6.
873. Пусть О — центр окружности, вписанной в произ-
вольный треугольник ABC, S — центр окружности, описан-
ной около треугольника АОС. Доказать, что точки В, О, S
лежат на одной прямой.
874. Изобразить на координатной плоскости хОу множе-
ство всех точек (х; у), координаты которых удовлетворяют
условию: х2-ул- у]у + х.

108 Задачи математических олимпиад О^Ч
875. Существует ли возрастающая последовательность
натуральных чисел ах, а2, а3,..., такая, что для любого целого
неотрицательного числа к неограниченная последовательность
к + a19k + a2,k + a3,... содержит лишь конечное количество
простых чисел?
876. В стране п2 городов, расположенных в форме квадра-
та ПХ71, причем расстояние между соседними городами равно
10 километров. Города соединены системой дорог, которая
состоит из прямолинейных участков, параллельных сторо-
нам квадрата. Какова наименьшая возможная длина этой
системы дорог, если из каждого города можно добраться до
любого другого?
11 класс
877. Решить уравнение:
(1 + х + х2) (l + х + х2 +... + jc10 ) = (l + х + х2 +... + х6 )2.
878. Пусть а и Р — острые углы (а,Ре (0; я/2)), для
которых выполняется равенство sin2 a + sin2 Р = sin (а + Р).
Доказать, что а + Р = я/2.
879. Существует ли функция /, которая определена на
множестве всех действительных чисел, имеет производную во
всех точках и удовлетворяет двум следующим усло-
виям:
а) при всех действительных х выполняется неравенство
/(*)>/(* +sin*);
б) уравнение /'(*) = () имеет конечное количество кор-
ней?
880. Пусть точка Р расположена внутри остроугольного
треугольника ABC. На сторонах АС и ВС этого треугольника
отметили такие точки М и К соответственно, что
ZPMC = ZPKC = 90°. Доказать, что если точки М и К равно-
удалены от середины стороны АВ, то ZPBC = /.РАС.

-?&-
Задачи математических олимпиад 109
881. Можно ли шахматную доску размером 7x7, из кото-
рой удалены четыре угловые клетки, так заполнить, целыми
числами (в каждую клетку записывается одно целое число),
сумма которых равна 199 919 991 999, чтобы в любой пяти-
клеточной фигурке вида
тельной?
сумма чисел была отрица-
XL ОЛИМПИАДА, 2000 г.
7 класс
882. Пусть S(n) — сумма цифр числа п, a S(S(n)) —
сумма цифр суммы цифр числа п.
а) Существует ли натуральное п, такое, что п + S (л) = 2000?
б) Существует ли натуральное д, такое, что п + S{n) +
+ S(S(n)) =2000?
883. Каждая точка прямой покрашена синим или крас-
ным цветом. Доказать, что на этой прямой найдутся три
разные точки А, В, С, покрашенные одним цветом и такие,
что точка С — середина отрезка АВ.
884. На доске записаны 1999 натуральных чисел. Дока-
зать, что можно вытереть одно из них так, что сумма остав-
шихся чисел будет четной. Верно ли это для 2000 чисел?
885. Запишем равенство га - п = k, в котором га, л, k —
натуральные числа, причем т — пятизначное. Доказать, что
в такой записи хотя бы одна цифра повторится. (Например,
в записи 54 321 - 608 = 53 713 повторяется цифра 5).
886. Укажите по крайней мере две пары натуральных
чисел (га, п), удовлетворяющих уравнению 1999га1999 = л2000.
8 класс
887. Докажите, что число 19 991999 + 19 991 998 х
х 19 991 999 х 19 992 000 есть куб целого числа.

110 Задачи математических олимпиад 0*5\
888. На дне озера с постоянной силой бьют ключи. Стадо
из 12 слонов выпивает озеро за 4 минуты, а стадо из 9 слонов
— за 6 минут. За сколько минут стадо из 6 слонов выпьет
всю воду из этого озера? (Объем воды на момент начала водо-
поя всегда одинаков).
889. Дана трапеция ABCD, в которой AB\\CD, АВ > CD.
Известно, что расстояние между серединами оснований этой
трапеции равно расстоянию между серединами диагоналей.
Докажите, что ZADB — тупой.
890. Существуют ли такие целые числа тип, что
7т2 -5л2 =2000?
891. Коля и Сергей играют в игру, по очереди записывая
целые числа в клетки таблицы размерами 7x9 (7 строк и 9
столбцов). Первым ходит Коля. За один ход записывается
одно число в свободную клетку. Игра продолжается, пока
числа не заполнят всю таблицу. Потом подсчитываются зна-
чения SiyS2, ...,S7 — суммы чисел в строках таблицы. Если
среди сумм четных больше, чем нечетных, то выиграл Коля.
В противном случае выиграл Сергей. Кто может обеспечить
себе выигрыш?
9 класс
892. Докажите, что все корни уравнения х2 -Ах-2 = 0
являются корнями уравнения
(х2 - Зх - 2)2 - 3 (х2 - Sx - 2) - х - 2 = 0.
893. О целом числе п и простом числе р известно, что
числа 5/г - 1 и п - 10 делятся на р. Докажите, что число
2000я + 13 также делится нар.
894. Докажите, что для положительных чисел а, Ь, с вы-
„4 *»4 л4
а о с 2 L2 2
полняется неравенство — + — + — ^ а +о + с .
be ас ао
895. В сегмент круга w, ограниченный его хордой MN,
вписаны две окружности. Эти окружности касаются дуги ок-
ружности, ограничивающей w, в точках А и В и касаются

л^\ Задачи математических олимпиад 111
MN в точках С и D соответственно. Докажите, что точки А,
Б, С, D лежат на одной окружности.
896. В строку выписаны последовательные натуральные
числа от 1 до 2000. Двое играют в следующую игру. Они
поочередно вписывают между этими числами знак сложения
или знак умножения (всего будет вписано 1999 знаков). Если
значение полученного в конце выражения будет делиться на
три, то выиграет игрок, который делал первый ход. В про-
тивном случае выигрывает его соперник. Кто из игроков мо-
жет обеспечить себе выигрыш?
10 класс
897. Найти все тройки действительных чисел х, у, z, для
которых выполняется равенство
^3z2 -2y-6z-5 = y]2x-y2+z2-7 -yJ2y - х2 + z2-12.
898. Сельский гипнотизер Иван Карпович разводит индю-
ков и кур. Вследствие его экспериментов десятая часть индю-
ков считает, что они — куры, а десятая часть кур считает, что
они — индюки. Если же рассматривать всех, то пятая часть
птиц Ивана Карповича считает себя индюками. А какую часть
составляют индюки в его птичнике на самом деле?
899. На сторонах АВ, ВС, СА треугольника ABC отмечены
точки Р, Q, R соответственно, а на отрезках RP, PQ, QR —
точки А1У Вх, Сх соответственно таким образом, что AB\\AXB19
BCWBjC^ САЦС^. Площадь треугольника ABC равна а, а пло-
щадь треугольника AlBlCl равна Ь.Чему равна площадь тре-
угольника PQR?
900. На доске записаны в ряд целые неотрицательные числа
а0,аг, ...,а10, каждое из которых не превышает 10, и при этом
для каждого целого i, 0 < i < 10, число i встречается среди за-
писанных ровно at раз. Какие числа записаны на доске?
901. Функция / задана на множестве всех положитель-
ных чисел, и для каждого х из промежутка (0; 0,25я) выпол-
няется равенство / (tg 2x) = tg4x + ctg4x.

112 Задачи математических олыммыад 0*S\
Докажите, что для всех х из промежутка (0; 0,5я) выпол-
няется неравенство /(sinx) + f(cosx) > 196.
11 класс
902. Существует ли натуральное число, десятичная за-
пись которого состоит только из двоек, и которое можно пред-
ставить в виде суммы кубов некоторых трех последователь-
ных натуральных чисел?
903. Дана окружность w и различные точки Б, С, D на
ней. Касательная к w, проведенная через точку D, пересекает
луч СВ в точке А. На продолжении отрезка BD за точку D
взята произвольная точка Е. Окружность, описанная вокруг
треугольника CDE, пересекает прямую AD в точке К, отлич-
ной от D, а прямую АС — в отличной от С точке F. Докажи-
те, что прямые KF и BD параллельны.
904. Найдите все такие пары действительных чисел а и Ъ>
что для любого х е R будет выполняться равенство:
sin 1999л: + sin ax + sin Ьх = 0.
905. Решите систему уравнений, если известно, что х, у,
ху + yz + zx = 12,
xyz = 2 + x + y + z.
906. Множество X состоит из шести попарно различных
элементов. Пусть А1^А2, ..., Ад — такие подмножествах, что
каждое из них содержит по три попарно различных элемен-
та. Докажите, что существует «раскраска» элементов X в два
цвета такая, что в каждом подмножестве Ап 1 < i < 9, будет
по крайней мере два разноцветных элемента.
z — неотрицательны:

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
I I I I I

114 Ответы, указания, решения 0*S\
1. Треугольник можно восстановить по фрагментам сто-
рон.
Если имеется в виду, что измерения можно проводить только
в оставшемся куске пластинки, то с помощью циркуля и ли-
нейки делим сохранившуюся сторону пополам и из точки
деления проводим прямую, параллельную любой другой сто-
роне, до пересечения с третьей. Полученный тре-
угольник, подобный данному с коэффициентом подобия — ,
имеет площадь в 22 = 4 раза меньше исходного. Если отло-
манный кусок захватывает более половины обеих сторон,
продолжаем деление оставшейся стороны пополам до тех
пор, пока не удастся построить треугольник, подобный ис-
ходному, что всегда возможно. Если коэффициент подобия —
— , то площади отличаются в 22п раз.
2"
2.
х3 (у - z) + у3 (z - х) + z3 {х-у) = х3 {y-z) + у3 (z - х) +
+z3 (х - z) + z3 (z - у) = х3 (у - z)- г3 (у - г)- у3 (х - z) +
+z3(x-z) = (y-z)(x3-z3)-(x-z)(y3-z3) =
= (у- z)(x - z)(x2 +xy + z2)-(x-z)(y- z){y2 + yz + z2) =
= (z/ - z)(x - z)[x2 + xz + z2 - y2 - yz - z2) = (y - z)(x -z)x
x(jc2 -y2 + xz - yz) = (x- y)(y ~z)(x- z)(x + y + z).
Можно было не делать всех этих преобразований, а заме-
тить, что это выражение симметрично относительно х, z/, z и
обращается в нуль при х = у = z, а значит, и при z = х,
следовательно, содержит множители х-у, y-znz-x. Их
произведение — многочлен третьей степени, а исходный —
четвертой. Остается многочлен первой степени, симметрич-
ный относительно х, у, z, то есть х + у + z. Отсюда
х3 (y-z) + у3 (z-х) + z3 (х-у) = а(х-у)(у -г){г-х)(х + у + z).
Осталось найти а. Коэффициент при xzy слева равен 1, а
справа -а, отсюда а = -1.

-45*
ответы, указания, решения 115
з "'■ п\п _^(^4-^2+4)_^(^2"4)(^2-1)_
120 24 + 30 120 120
__ (п -2)(п -1)п(п + 1)(п + 2)
120 "
При п = 1 или п - 2 это выражение обращается в ноль и,
следовательно, делится на 120. При п > 3 в числителе — про-
изведение пяти последовательных натуральных чисел. Из k
последовательных натуральных чисел найдется делящееся на
k, поэтому среди пяти последовательных чисел найдется деля-
щееся на 5, 4, 3 и 2 (не делящееся на 4). Их произведение
делится на 120, и все выражение — целое число.
4. Пусть М лежит на дуге ВС. Покажем, что AM = ВМ + МС.
На прямой AM от точки М отло-
жим отрезок МК, равный МС, и соеди-
ним точку К с С. В треугольнике КМС
ZKMC = 60° (вписанный, опирающийся
на дугу AC),ZMKC = ZMCK = 60°, и
ZAKC - 120°. Осталось показать, что
АК = ВМ. Рассмотрим ААКС и АВМС.
ZMBC = ZMAC (опирающиеся на одну
рис% 7 Дугу)- ZBMC - 120° как вписанный, опи-
рающийся на дугу ВАС у ZAKC = 120°.
Следовательно, ZBCM = ZACK. АС = ВС по условию,
КС = МС (&КМС равносторонний), следовательно, ААКС =
= АВМС, иАК = ВМ. Отсюда АК + КМ = AM = ВМ + МС.
5. Рассмотрим дополнения этих дробей до 1.
, 37 30 300 , 377 300 Л7Л ^ А„
1 = — = , 1 = . 670 < 677, поэтому
67 67 670 677 677
300 300 37037 377
670 > 677 И 670 " 67<677"
6. Заданные точки соединим отрезками. Эти отрезки — сред-
ние линии искомого треугольника. Для построения искомого
треугольника через каждую из данных точек проведем прямую,
параллельную отрезку, соединяющему две другие точки. Три
такие прямые — это стороны искомого треугольника.

116
Ответы, указания, решения
2-
7. Пусть угол АОВ равен 45°. Проведем окружность с цен-
тром в точке О.
А и В — точки пересечения сто-
рон угла с окружностью. Проведем
дугу окружности с центром в А ра-
диусом АО. Получим точку С на
окружности такую, что АС = АО =
= ОВ = ОС. ZCOB = 15° (так как
Z.COA = 60°). Отложив циркулем СВ =
= ВМ и MN = СВ, получим, что
ZBOM = ZMON = ZNOA = 15°.
Рис. 8
8. Сделаем замену: у
= J*±i>o.
Vjc-1
1 5
Тогда у — = — или
У 6
Рис. 9
6у2 - Ъу - 6 = 0. Отсюда, учитывая, что у > 0, у = — , а х = 5.
9. ЮО20 = 1000010 > 985010.
10. Можно. Например, в кубе
ABCDA^fiJ)^ плоскость, проходя-
щая через вершины А, С и Dv
11. Пусть т — число тетрадей каж-
дого девятиклассника, п — число тет-
радей каждого пятиклассника. Тогда
1т + 10п = 140, или 1т = 10(14 - п). Поскольку 1т делится
на 10, т делится на 10, т = IOAj. 10k + 10/i = 140; п = 7(2 - k).
k — целое, 0 < k < 2, поэтому k = 1, т = 10, п = 7.
12. Пусть даны точки М и N. Можем построить 3 квадра-
та таких, что М и N — середины его сторон.
1) Пусть М и N — середины противоположных сторон.
Соединяем М и N отрезком.
Находим его середину О. Восстанавливаем из О перпен-
дикуляр к MN и откладываем OK = OZ = ОМ = ON. К и Z —
середины других сторон квадрата. Из точек К и Z проводим
прямые, параллельные MN> а из точек М и N прямые, пер-
пендикулярные MN.

2CL
Ответы, указания, решения
117
2) Пусть М и N — середины смежных сторон квадрата.
Построив, как в предыдущем пункте, точки К и Z, получим
вершины двух возможных квадратов.
х 4
-2 48
13. Сделаем замену у = — - —, тогда — + — = Зу2 + 8 и
3 х 3 х2
Зу2 - 10у + 8 = 0. Отсюда у = 2 или z/ = -, т.е. xlt2 = 3 ± V21,
о
*з = 6, х4 = -2.
14. Найдем ]T(4ft + l). 10<4ft + l<99,
4ft +1 > 10,
4ft +1 < 99;
[4ft > 9,
[4ft < 98.
24
ft — целое. Отсюда \
[ft>3,
ft<24.
S = £(4ft +1) = 4£ft + 22 = 4
A=3
24
s
*-3
24-25 2-3
2 2
+ 22 =
= (12-25-3)4 +22 = 1200-12 +22 = 1210.
71 Я
15. Пусть sin- 7 = 0. Тогда 0 < = nk, где ft
1 + *2
целое, большее 0. Отсюда ft =
1 + *'
1 + x2
Ho 1 + jc2 > 1, a
1 + x2
< 1. Значит, ft = 1, а тогда х = 0.
16. (a + &)2 - (c + d)2 + (a + c)2 - (b + df = (a + b + с + d)x
x(a + b-c-d) + (a + b + c + d)(a + c-b-d) = 2(a-d)(a + & + c + d).
17. BC|| AD, AC 1 BD, AB = CD, следовательно, АО = OD,
ZCAD = ZBDA = 45°.
g Q
CK 1 AD, AACK — равнобедрен-
AD - RC
ный,АК = СК = к, AK = ВС + =
AD + БС
= A.
0 AD + BC . l2
Отсюда S = ft = ft
Рас. 20

118
Ответы, указания, решения
2CL
18. Пусть а = ZDCE, В = /.DEC. а = ZACC = - и АС как
угол между хордой АС и ка-
сательной CD.
В = - - ZBAE =
к 2
= - (yjACB - uCS) = - и АС.
Поскольку, а = 3, tsCDE
— равнобедренный. р ..
19. Пусть х — данное число, а и — количество процентов,
15
на которое его нужно уменьшить. Тогда Х + Т7Г,г* = 207,
*= 180. *- —х = 126, 180-— и = 126, и = 30.
100 100
20. АЕ = ED = 6 (см).
Из-за симметрии MN\\BC\\AD.
ААМЕ ~ АСМВ.
ВС ВМ 3 _ 1
АЕ " ME ~ 6 " 2"
ДВСЯ - ДММЕ.
ВС _ BE ME+ ВМ _
" МЕ~
Рис. 12
MN
ME
= l + i = -. MN = ВС - = 2(см).
2 2 3
21. Пусть и — время, за которое 1-я бригада может уб-
рать урожай, v — то же для 2-й бригады.
[6 + 4 ( 4
и v ~ ' Отсюда и = 15, v - 12.
н-1> = 3.
Тогда
22. Пусть боковая сторона равна Ь.
а
Тогда Ь = ,
2 sin —
2 с <*2 * «
а площадь о = — ctg —■.
4 ^
Рис. 23

-?5\.
Ответы, указания, решения
119
11 q
23. По теореме Виета х1 + х2 = — ,*i - х2 = Т7» то есть
g = 2x^2. (xl + х2f = х? + 2^x2 + x* = — = A;
(2x1 -x2) = 4xf -4x^2 + x\ = 4 = B;
(2xx -x2)(xl +x2) = 2x\ +хгх2 ^x\ = 11 = C.
121 15
2A-B + C = $xxx2\ 4 +11 = Эл^х,; отсюда хгх2 = —
2 ^
и <7 = 2y = 15.
24. См. № 8.
25. Возможны два случая: центры кругов лежат по одну
сторону от основания и по разные стороны. Из-за симметрии
центры в любом случае лежат на высоте
треугольника, опущенной на его основа-
ние.
В первом случае центры кругов со-
впадают, все 6 треугольников равны (по
гипотенузе и катету), и треугольник
ABC — равносторонний, т.е. его углы рав-
ны 60е (рис. 14).
Во втором слу-
чае О — центр
Рис. 14 *
описанного круга,
Ог — центр вписанного круга, К — се-
редина стороны АС (рис. 15). ОК = ОхК
(по условию), отсюда kAOxK = ААОК
(по двум катетам), и /01 АК = ZOAK =
= а. Поскольку Ох — центр вписанно-
го круга, то Oj лежит на биссектрисе любого угла треуголь-
ника ABC, и ZBAOl = /OvAK = а, т. е. /ВАС = ZBCA = 2а,
ZBAO = За. Из того, что О А - ОБ, получаем, что ААВО —
равнобедренный, и ZABO = /.BOA = За, т. е. /ABC = 6а.
/ВАС + /ВСА + ZABC = 10а = 180°. Отсюда а = 18°.
/ВАС = /ВСА = 36°. ZABC = 108°.
Рис. 15

120
Ответы, указания, решения
26. АВ = ЗБМ, ВС = 3CN, АС = ЗАК.
Площади треугольников, имеющих
равные высоты, относятся как
длины их оснований. Поэтому
— — _ — и
^ДАБС ^ААВС ^ААВС **
Я —-Q - Q - — <s
°ДВМС ~ ^bACN ~ °ДАВ* q
Аналогично, -т = — — - и •Эдкям - ^дмс^ ~
^МСАВ ^АМВС ^ЬАСХ "
Рис. 16
27.
£ У _ 26
t/ x 5 '
х2 + у2 = 104;
*2 + у2
-2 , ..2
26
х2 + у2 = 104;
х2 + у2 = 104,
ху = 20;
(х + у)* =144,
= 144, |ж + у = +12,
= 64; **l*-y = ±8.
(х,г/)е{(10;2);(2;10);(-10;-2);(-2;-10)}.
ж 1 26 2 26 , п , 1
ИЛИ — = 2. Z + - = , 2 2 + 1 = 0, 2. = 5,2, = -.
у г5 5 5
_ = 5, м_ = 7' \х = 5у, \у = Ьх,
\ 2 in,Ur2 2 чпл k+!/2=104;Ux2+J/2=104;
х2 + у2 = 104; [х2 + г/2 = 104; 1 у > l у
J26j/2 = 104,. . J26x2 = 104, У = ±2, * = ±2,
1* = 5у; U = 5x. ж = ±10; у = ±10.
Ответ: (10; 2), (-10; -2), (2; 10), (-2; -10).
28. См. № 14.
29. 2яЯ = С. Отсюда Л = —. По существующей формуле
2л
С С
AC = 2.RsinP = — sinp. ВС = —sin a.
я я

Ответы, указания, решения
121
2-
-?&
30. АВ = 27, ВС = 18, АС = 15. Поскольку ВС2 + АС2 < АВ2,
ZACB — тупой, BD1AC, h = BD. Л2 = 272 - (15 + xf = 182 - х2;
х = 6, Л2 = 288. ЯВ 1 ДАВС. KB = 9>/I, следовательно,
#£2 = KB2 + BD2 = (9л/2~)2 + 288 = 450. KD = 15л/2.
31. lg6 + xlg5 = x + lg(2x+l)<=>lg6-5* =lglOI(2I+l)«
«* 6 -51 = 10* (21 + lj Ф* 2" (2* +l) = 6 <* 22* + 2* -6 =
= 0<=>(21+3)(21-2) = 0<!=!>2;t =2«»x = l.
32. Cm. № 14.
пЯ
33. F=—(Д2+Дг + г2).
Z2 =2(B2+r2),i?-r = /cosa,
R2 - 2Rr + r2 =l2 cos2 a,
t
2
B2+r2 =-, 2Br = --Z2cos2a.
B2+Br + r2=- + -(l-2cos2a) =
Puc. 17
= —(3-2cos2a) = —(2-cos2a). V
34. Обозначим 2, =
-l + i>/3
_ яг sin a
12
1-г7з
(2-cos2a).
2 ' 2
2 l + 3i2-2i>/3 -2-2/>/3
ВЫЧИСЛИМ 2. = : =
1 4 4
= 2,,
l-3i2
= - = 1.
4
Отсюда z? =1, zf*+l =2„ 2?*+2 = г2.
l + 3i2+2i>/3 -2 + 2i>/3 3
= г,, 22 = 222t = 1, поэтому
4 =
„3ft
4 4
„3ft+l „ „3ft+2
22" = \,Z™1 = 22, 2j"' = 2,. 2** + 2|* = 1 + 1 = 2,
1.1.
2 2
23*+i+23*,i=2i+22
-1.

122
Ответы, указания, решения
2*
z3k+2 + z\k*2 = z2+zx = -1. Можно это доказать иначе.
2,, 22, 1 — корни уравнения z3 -1 = 0. Отсюда
\гх + z2 + 1 = О,
2^2 + гх + 22 = О,
^=1,^=1,
Zl + Z2 = _1>
'*3*=i,
2? + Z\ + 22^2 = 1,
z\+z\ =l-22lz2=-l.
Поскольку z\ "= 2?! =1, то j
ждение доказано.
,ЗА+2
23* =1
Г2 х»
,3*+1
г2 = 22, и утвер-
3*+2 _ 2.
52 "" Z2 »
Или zY и 22 — корни уравнения 22 +2 + 1 = 0, и снова
2,+Z2= -1,
2,22=1, Т.К. (2-1)(22+2 + 1) = 23-1.
23 = 23 = 1
. а
asm —
35. sin^ = =-
2 a sin a
ф = 2 arcsin -
о а
2 cos —
2
2 cos
а
0< —<—, -<cos— < 1, l<2cos— < 2, -<
2 3 2 2 2 2
2cos-
я
— < arcsin
6
2 cos
Я Я
— < —. — < ф < Я.
а 2 3
36. N > 1 — натуральное число. Поскольку 1 удовлетво-
ряет всем условиям и является наименьшим натуральным
числом, то очевидный ответ 1. Вообще, если N — натураль-
ное число, которое при делении на 2, 3, 5, 7 и 11 дает в
остатке 1, то iV-1 — целое неотрицательное число, делящееся
на 2, 3, 5, 7и 11, и поскольку это взаимно простые числа, то
число, делящееся на их произведение, имеет вид N-1 =

2
r" ответы, указания, решения 123
-?5,
= 2-3-5-711fc, где k — целое неотрицательное число.
N= 2 • 3 • 5 • 7 • 11 • k + 1. Т. к. k > 0, то при А = 0 имеем
наименьшее положительное число, удовлетворяющее усло-
виям задачи.
37. &АВК — равнобедренный, т. к. АВ = ВК, поэтому
ZBKA — внешний для АВКСу поэтому ZBKA = ZBAK =
= ZBCK + 30°. ZBKA = ZBCK + ZKBC =» ZKBC = 30°.
v = 1 (км/мин) = 60 (км/ч).
39. Пусть в трапеции ABCD ВС = п, AD = т. Построим
параллелограмм АКВС. Пусть
искомый отрезок х. Тогда
771—71
X = .
40. 4тп2-12771+ 10 = (2т) -2-2т-З + З2+1 = (2ттг-3)4 1.
Наименьшее значение при т = —; если считать т целым, то
наименьшее значение достигается при (2т - 3) =1, т. е. либо
771 = 1, либо т = 2.
41. В трапеции ABCD AD = а, БС = Ь — основания, О —
центр вписанной окружности, радиус которой равен г.
М, iV, К — точки касания окруж-
ности со сторонами.
2сс+ 20 = 180°; а + р = 90° =>
=> ZAOB = 90°.
OK LAB, OK = r.AK=AN = -,
N D КВ = ВМ = -.
Рис. 20 2
ОК2 = г2 = KB • АйГ = — .А квадрат диаметра d2 = (2rf = ab.
4

124
Ответы, указания, решения
2^
42. АВЕС и AADC — прямоугольные, -и угол С у них об-
DC ЕС
щий, поэтому они подобны, и = = cos ZC. В треуголь-
никах ABC и DEC две стороны пропорциональны, и угол С
между ними общий, поэтому они
подобны: ААВС ~ М)ЕС, причем
с коэффициентом cosZC.
Можно рассуждать иначе.
Около четырехугольника AEDB
можно описать окружность, по-
скольку /ЛЕВ = ZADB = 90°
(АВ — ее диаметр). Тогда ZEAB +
+ ZEDB = 180°, откуда ZEAB =
= /CDE, поскольку углы EDB и
CDB — смежные и тоже дают в сумме 180°.
Аналогично, /DBA = /CED.
Поэтому ААБС - ADEC.
43. Обозначим скорость гребца в стоячей воде и (км/ч),
скорость Невы — v (км/ч).
2 + - = -=>и = 3 (км/ч).
U + V 6 V
Рис. 21
Тогда
44. Пусть дан отрезок, равный сумме длин стороны иско-
мого квадрата с его диагональю & = (l + v2ja. Построим
квадрат со стороной, равной этому отрезку. Тогда его диаго-
наль v2b = (2 + v2)a. Разность между диагональю и сторо-
ной построенного квадрата у/2Ь -Ь = а. Теперь на этой разно-
сти строим квадрат со стороной
а.
Можно сделать иначе. Из
конца А исходного отрезка-АВ
восстановим перпендикуляр к
нему и отложим произвольный
отрезок АК на этом перпенди-
куляре, а на луче АВ отложим
AL = АК. Из точки К на луче
АК отложим отрезок КМ = KL.

2
л^\ Ответы, указания, решения 125
Соединим М с В и через точку JfiC проведем прямую, парал-
лельную MB до пересечения с АВ в точке С.
1 Я AL- Л
Тогда -р- = тггт = ТТ:» и -АС — сторона искомого квадра-
V2 #М LB
та.
45. Уа + х +Уа-х = tfZa.
Обозначим и = >la + x9v = yja-x.
[и3 +v3 = 2а.
Разделим второе уравнение на первое: и2 - uv + v2 = Ща2.
Первое возведем в квадрат: и2 + 2uv + v2 = v4a2, т. е uv = 0.
При ц = 0 х = -а, при v = 0 л: = а.
46. Нужно сравнить две величины — и — + — или
1115 5 5 1
б И 8 + 12 = 24* 24 >M = 5f T' е' ВРвМЯ В ПУ™ ПерВ°Г°
мотоциклиста меньше времени второго.
47. Медианы треугольника пересекаются в одной точке и
делятся 2:1. Используя неравенства
треугольника имеем:
2 2 2 2
— т„+—т.>су —т.+—т> а,
3 3 3 3
2 2
— тп +—тп > Ь,
3 с 3 а
то есть — (tfia +ть +тс)> а + Ь + с
3
3
или -(а + 6 + с) < та + т6 + тс. Достраивая треугольник до
параллелограммов и используя неравенства треугольника,
\2та <Ь + с,
имеем \ 2ть < с + а, или та + /пь + тс <а + Ь + с.
2тп <а + Ь

126
Ответы, указания, решения
48. Поместим одну из вершин
призмы в начало координат, а реб-
ра направим по осям координат.
Тогда одну из диагоналей призмы
можно записать в виде х = 16*;
у = 16t; г = 20t; не пересекающее
ее ребро основания: х = 16s; у = 16;
2 = 0. d (£, s) — расстояние от точ-
ки диагонали до точки стороны.
Рис. 24
d2(t,s) = 162(t-sf+162(t-lf+202t2>162(t-lf+202t2 =
= 1б[41*2-32* + 1б] = 16
yflit-
16
Til
16-25
41
162-52
41
Неравенство переходит в равенство при
41 л/41
Можно решить задачу по-друго-
му. Найдем расстояние между пря-
мыми AD и BDX. Плоскость AlBCD1,
содержащая BDl9 параллельна пря-
мой AD, поэтому расстояние между
этими прямой и плоскостью и есть
искомое. В плоскости DCCXDX опус-
тим перпендикуляр DK на CDl.
DK1 ВС, поскольку (ВС) 1 (DCCXD^
Значит, (DK) I (A^CDj). Следовательно, DK и есть искомое
расстояние. DK — высота в прямоугольном треугольнике
CDDX.
DD,DC 20 16 20 16 80
Рис. 25
DK =
СА V202+162 4>/41 V41"
49. ctg A • ctgB + ctgB • ctgC + ctgC • ctg A =
cos A • cos Б cos В • cos С cos С • cos A
= + + =
sin A • sin В sin В • sin С sin С • sin A
cos A • cos В • sin С + cos В • cos С sin A + cos С cos A sin В
sin A • sin В • sin С

2
а*5ч Ответы, указания, решения 127
cos A • cos В • sin С + cos С • sin (А + Б)
sin Л • sin В • sin С
sin (A + В)- cos С + sin С • (cos A cos В - sin A sin В)
sin A • sin В • sin С
sinA-sinB-sinC siniA + Б + С)
+ - i- = " -: ■■;• - -— + 1 = 1.
sin A • sin В • sin С sin A'- sin В • sin С
А + Б + С = 180°.
Преобразования законны, если ни один из синусов А, В, С
не равен 0, т. е. ни один из углов А, Б, С не равен 180° • k, где
k — целое.
50.
41о*и(х-з)+юв25 =50<=»21oge4(*-3) + 21og25=l+21og25 <=>
[(*-3)2=64'«*-3 = 8,* = ll.
*-3>0;
«=>21og64(*-3) = l«
51. Пусть t > 0 — время (в секундах), за которое первое
тело проходит окружность, тогда t + 9 — время, за которое
второе тело проходит окружность. Если тела движутся по
окружности в одном направлении (оба по часовой или оба
2я 2я 2я
против часовой стрелки), то о=Тп' т'е* * = ®'
* + 9 = 15, и за 1с первое тело проходит — часть окружности,
6
а второе . Если тела движутся в разных направлениях,
15
2я 2я 2я о V481 + 11
Т° Т 7Т? = 10' И -11*-90 = 0, то есть t =
/* ^ лч *л.о >/481+29 „ 22 + 11 л 21 + 11 ie
(f > 0), и t + 9 = . 17 > >*> = 16,
2 2 2
2
25 < t + 9 < 26, и первое тело проходит в 1 с ; часть
11 + V481
2
окружности, второе ; часть.
29 + V481

128
Ответы, указания, решения
2<_
• —*
52. При 0 < х < 90°, 0<tgx, и tg;c- tg(90° - x) = 1.
lgtg/i° + lgtg(90° -7ie) = lgtgn° • tg(90° -n°) = lgl = 0.
89
lgtg45° =lgl = 0. Поэтому ]£lgtgfc° =0.
53. A + В + С = 180°, С > 90° =» A + В < 90°.
0<tg(A + E) = ^А + ^В tgA>0 tgjB>0:
=*tgA + tg£>0=>l-tgAtgB>0=>
54. Пусть AECDAjB^^! — дан-
ный параллелепипед, BXD — его
диагональ, ADXC — плоскость, о ко- 1
торой идет речь. Тогда О — точка
пересечения АС и BD — принадле-
жит этой плоскости (так как А и С
ей принадлежат). Рассмотрим пря-
моугольник BB^D^D. Поскольку кон-
цы диагонали — Bj и D, то диаго-
наль параллелепипеда является ди-
агональю этого прямоугольника.
Точка О делит сторону этого прямоугольника BD пополам:
BYDX = BD = 20D. ODx и BXD — в плоскости этого прямо-
угольника. К — точка пересечения ODx и ВХЛ.
ABlKD1 ~ ADKO (по двум углам).
Рис. 26
KD
ДА
OD
BD BK + KD
-i— = —± = 3, что и требовалось
KD KD
доказать.
Можно было решить задачу иначе. Пусть AD = a, DC = b,
DDX = с. Поместим в точку D начало координат и оси х, г/, z
направим к точкам А, С и DX соответственно. Тогда уравне-
ние плоскости ADXC имеет вид — + — + — = 1, а диагонали
а Ь с

-?5\.
Ответы, указания, решения
129
\х = at,
BXD — \у = bt, 0 < f < 1. Ищем точку пересечения: 3t = 1,
[z = ct;
1 а Ъ с 1
f = i:x = i:i/ = 3;2 = 3'TOec^bi)jr = 3B^
55. Любое натуральное число п можно записать в виде
п = 6k + г, где г е {0,1,2,3,4,5}. Если г = 0 или г = 3, то п
делится на 3, и, кроме числа 3, п — не простое. Если г= 2 или
г = 4, то п делится на 2, и, кроме числа 2, ti — не простое.
Значит, если п простое, кроме 2 или 3, его можно записать
в виде л = 6& + 1 или /1 = 6& + 5, т. е. л = 6е±1. Тогда
л2 = 36е2 ± 12е + 1, и при делении на 12 /i2 дает в остатке 1.
56. Утверждение задачи неверно. Например, одну из сто-
рон треугольника, параллельную бо-
ковой стороне трапеции, можно сде-
лать как угодно малой, и площадь
треугольника не превышает произ-
ведения радиуса на высоту, то есть
и ее можно сделать как угодно ма-
лой (рис. 27).
Если ввести дополнительное ус-
ловие: боковые стороны тре-
угольника параллельны боковым
сторонам трапеции, а третья сто-
рона треугольника параллельна
основаниям трапеции, то утверж-
дение задачи становится верным
(рис. 28).
Легко показать, что трапеция
равнобокая. AACD = AFEK,
ZCAD = ZDCL = ZKFE,
ZACD = ZFEK = 90°. FK = AD.
AEFM = AACL
S =9
ABCD EFY'
Рис. 28
5. Зяк 790

2
130 Ответы,указания, решения o'Sv
„ а + Ъ + с ^з/—г- 1(1 1 IV Jl 1 1
57. >yab*c, -— + - + ->»/ .
3 S{a Ь с) На Ь с
Следовательно, (а + 6 + с) — + - + - > 9л/аЬс • д =9.
\а Ь с) \а Ъ с
58. Число не может оканчиваться на 0.
1) Пусть л = ЮЛ ± 1. п2 = (10*.± I)2 = ЮОЛ2 ± 20Л +1. Пос-
ледняя цифра 1, предпоследняя четная; п Ф ЮЛ ± 1.
2) Пусть n = 10k± 3. п2 = (ЮЛ ± З)2 = ЮОЛ2 ± 60Л + 9.
Последняя цифра 9, предпоследняя четная; /i * ЮЛ ± 3.
3) Пусть я = ЮЛ±4. п2 = (ЮЛ±4)2 = ЮОЛ2 ±80Л + 16.
Последняя цифра 6, предпоследняя нечетная; п Ф ЮЛ ± 4.
4) Пусть и = 10* ±5. п2 = (ЮЛ±5)2 = НЮ*2 ±100*+ 25.
Число оканчивается на 25; п * ЮЛ ± 5.
5) Пусть п = ЮЛ + 2. л2 = (ЮЛ + 2)2 = 100Л2 + 40Л + 4.
4Л должно оканчиваться на 4, т.е Л = Ы +1, л = ЮЛ + 2 =
= 10 (5Z +1) + 2 = 50Z +12. 0 < 50Z +12 < 1000, 0 < I < 19.
6) Пусть л = ЮЛ - 2. л2 = (ЮЛ -1)2 = ЮОЛ2 - 40Л + 4.
4Л должно оканчиваться на 6, т.е Л = 5Z + 4, /i = ЮЛ - 2 =
= 10(5Z + 4)-2 = 50Z + 38. 0 < 50Z + 38 < 1000, 0<Z<19.
Квадрат натурального числа может оканчиваться на 44:
п = 12; 38; 62; 88; ... .
59. п3 +11/1 = п3 -71 + 12/1 = (п-l)/i(n + l) +12/1. Из трех
последовательных натуральных чисел одно делится на 3 и
хотя бы одно на 2, следовательно, их произведение делится
на 6; 12/1 делится на 6, т. к, 12 делится на 6, следовательно,
п3 + ll/i делится на 6.
60
х3 +8у3 = 4у(х + у),
6у(х + 2у) = х.
(х + 2z/)3 = х3 + 8у3 + х • 6у (х + 2у) = х3 + 8у3 + х2 =

2
л^ч Ответы, указания, решения 131
= 4j/ (x + у) + х2 = (х + 2yf . (х + 2yf[x + 2у -1]= О.
1) х + 2у = 0=>х1=у1=0.
2) ж + 2у = 1=*6у1 =«,«**,=-, у2-.
61. Пусть стороны треугольника 4х; 13л:; 15л: (х > 0).
Тогда з = 4* + 13* + 15*.6 = 96*, Я = >/16л:12д:-Зл:л:=24л:2.
[24* (х-4) = О, , 0 00,
J v ' =>х = 4. S = 384.
U>o.
62. Если х>0, у > О, (V^c - V^) > 0, х + у>2у[ху.
а + Ь> 2у[аЬ\
b + c> 2y[bc \=$ a + b + c> yfab + yjbc + у/са.
с + а> 2у[ас
63. Однозначных нечетных чисел 5, двузначных в каж-
дом десятке 5, всего 9 • 5 = 45. Трехзначных в каждой сотне
50, всего 9 • 50 = 450. Всего цифр в нечетных числах, не пре-
вышающих 1000, 5 + 2 • 45 + 3 • 450 = 5 + 90 +1350 = 1445. Для
четырехзначных чисел остается 1964 - 1445 = 519 цифр.
519 : 4 = 129 (ост. 3). 130-е четырехзначное нечетное число
1259, на третьем месте — цифра 5, т. е. на 1964-м месте
стоит цифра 5.
64. S(/i)<9-4 = 36. /i + S(rt) = 1964,
п > 1928 =>п = 1900 + 10А: + /, 2 < k < 9, 0 < I < 9.
1900 + 10fc + Z + 10 + Jfe + Z = 1964, llfc + 2Z = 54, 2 < 21 < 18.
Q 1Л
36<11A;<54, 3— <k<4— => fc = 4, / = 5, n = 1945.
11 11
65. Задача поставлена некорректно. Нам неизвестно, что
такое бесконечное произведение.
'5*

2
132 Ответы, указания, решения 0*>ч
1 п_
Введем Р = 1 • 21*2 • 4V4 •... ♦ 2"/2", Р = 2 +2+ +2-.
"12 /10012 л
S = - + — + ...+—, 2S = — + — + ...+—-.
п 2 22 2Л Л 2° 21 2Л_1
Тогда S =2S -S =l + i + ... + -L-lasllZ_JLs=
2 2я"1 2Л _ 1 2"
~2
= 2- JL-i. 8 <2 при любом п. 2±i = i.l(i + ll<
2n-i 2Л л 2Л+1 2Л 21 л)
Л 3 ^О ТТ П Г3Т ! Л
< при п > 3. Поэтому — < — и — можно с
2Л 4 2" l4J 2"-1 2"
ростом л сделать как угодно малыми, т.е. при больших п
можно сделать Sn как угодно близкими к 2, при этом Рп
становится как угодно близким к 4.
66. В этой задаче возможны 2 случая (треугольник мо-
жет быть остро- или тупоугольным).
I решение
66 = 5 = -20Л=>Л = 6,6.
2
Отсюда проекция стороны длиной 11 на сторону длины
20 равна -у/и2 -6, б2 - 8,8. Значит, квадрат третьей стороны
равен 6, б2 + (20 ±8,8) , т. е. равен 873 для тупоугольного
треугольника и 169 для остроугольного, т. е. третья сторона
либо либо 13.
Иначе, S = -a&sina, т. е. 2-66 = 20-llsina, откуда
2
3 4
sin a = —, т. е. cos a = ± —, откуда квадрат третьей стороны
5 5
112+202±2-2011-. -
5
II решение
Если х — третья сторона, то
I
20 + 11 + х 20 + 11-х 20 + Х-11 11 + Х-20 „
= оо,

2^
Ответы, указания, решения
133
I
312-х2 x2-9*
= 66, 20-11<*<20 + 11.
4 4
Отсюда * = 3n/97 или л: = 13.
67. При ширине канала Я может пройти квадратный плот
с длиной стороны Я (не разворачи-
ваясь) — площадь его Я2. Изучим, может
ли с разворотом пройти по каналу прямо-
угольный плот большей площади.
Рассмотрим, как может разместиться
плот на повороте при угле поворота 45°
. (рис. 29). Пусть а — длина, Ъ — ширина
Рис. 29
плота. Тогда - + Ь < Лн.
S = аЪ <2ъ(-Вн -Ъ)<2 — Н ■ — Н = Нг.
Таким образом, разместиться при повороте на угол 45°
может плот площадью не более Я2 (при а = у[2Н; Ь = — Я).
В принципе, задача решена. Но мы
можем проверить, может ли развер-
нуться полностью, т. е. «вписаться в
поворот», такой плот.
Пусть АВ = y/2H,ZABO = ф
(см. рис. 30). ABCD — прямоуголь-
Ну/2
ник, AD =
Гя>/2
-sin
Ф;Я>/2
в1Пф +
Тогда координаты точек D и С:
-СОЭф
Я^2 . „гг Hyfe
sin ф + Ны2 cos ф; cos ф
CD выглядит так:
^
и уравнение прямой

134
Ответы, указания, решения
х sin ф
у - Н\/2 sin ф
2,-
СОвф
СОвф
Hyfe
или
этф
я72
>/2
хвтф-ь усовф =—Я^тф + соэф) .
На биссектрисе угла АОВ х = у = — Я (sin ф + cos ф) < Я,
т. е. при ф = 45° плот «задевает» угол поворота, и макси-
мальная площадь плота, который может пройти по каналу
шириной Я, равна Я2. (Для квадрата Н хН — без разворота
и для прямоугольника Ял/2 х — Я — с разворотом).
А
68. Пусть SABCD — правильная четырехугольная пира-
мида (ABCD — квадрат). О — общий центр вписанного и
описанного шаров (вследствие
симметрии он лежит на высоте
пирамиды SP), Р — точка пере-
сечения диагоналей квадрата АС
и BD, г — радиус вписанного в
пирамиду шара, R — описанно-
го. OK I SCD (К лежит на апо-
феме SM вследствие симметрии),
OP = OK = r, SO = OD = OC = R.
Прямоугольные треугольни-
ки OPD, ОРС, OKD и ОКС равны
по гипотенузе и катету. Тогда
равны и треугольники DPC и DKC.
Значит, ZDPC = ZDKC = 90°. КС = KD = KS, К — центр
окружности, описанной около треугольника SDC,
ZDSC = —ZDKC = 45° То есть плоский угол при вершине
2
/ /
/ /
/ /
/ /
/ /
/д*-
/ ' ^
i \ \
i \ \
°*'Х\
I4 \1
—UI
■ VI
/ / N, 1 \ А \
/ •
к*> **
Л^Л\
Р ^ м
ЧчЧ
Рис. 31
равен 45°.
69. (l + cos4x)sin2jc = cos22jc. Поскольку
= 2cos2 2х, получаем: cos2 2x(2sin2jc -1) = 0.
1 + cos 4x =

2
nC. Ответы, указания, решения 135
я krt 1
Отсюда либо cos2x = 0, х = — + —, ke Z, либо sin2x = —,
4 2 2
jc = (-1) — + —, пе Z.
U12 2
v + w-u
70. Пусть и = у + 2, v = z + х9 w = х + у. Тогда х =
u + w-v u + v-w „ х , У
и = , 2 = . Неравенство + +
2 2 У+2 х+г
2 3
+ ^- ПРИ х>0, у>0, г>0 равносильно такому:
х + у 2
v + w-u u + w-v u + v-w 3 l(v иЛ lfw и
+ +— >-, или -- + -+-
2и 2v 2w 2 • 2\и v 2
- + - +
и w
1Г и w
+ —— + —> 3. Последнее неравенство выполняется, посколь-
21 ш v
+ 2>2,
л V U [ ш III I
ку при и>0, v>0, w>0 - + -=J-—J~
u v I Vu V у I
- + ->2, - + ->2.
71. Пусть г — радиус вписанной окружности. Тогда эта
окружность, касаясь катетов, делит их на части х и г; у и г.
Площадь S треугольника равна (jc + i/ + г)г. С другой сторо-
ны, s = -(x + r)(y + r), или 2S = xy + xr + yr + r2 = xy +
+[х + у + г)г = jcz/ + S. Отсюда S = jcz/.
72. Относительно а это уравнение является квадратным:
а2 - Зах2 - 4jc4 + 5х3 - jc2 =0. Решая его, получаем:
_ З*2 ± J9x4 + 4(4*4 -5х3+х2) _ Зх2 ±V25x4 -20*3 + Ах2 =
2 2
3jc2±jc(5x-2) л
= - -. Отсюда, (4л:2 - х - а)(х2 - х + а) = 0, то есть
l±Vl + 16a ^ 1 л l±Vl-4a 1
либо х = , a > , либо х = , as-.
8 16 2 4

2
136 Ответы,указания, решения *Р^У\
73. Пусть S(n) = 32л+1 + 40л-67. Докажем утверждение
по индукции. S(l) = З3+40 1-67 = О— кратно 64. Пусть
S(n) = 64k. Тогда S(n + l) = S(7i) + 32n+1(9-l) + 40 = 64fc +
+ 8(з(8 + 1)л + 5) = 64fc + 8-8/7i = 64(Aj + m) — кратно 64.
74. Пусть SABC — правильная
треугольная пирамида (ЛВС — пра-
вильный треугольник). О — общий
центр вписанного и описанного ша-
ров (вследствие симметрии он лежит
на высоте пирамиды SP), Р — точка
пересечения высот (они же медианы
и биссектрисы) правильного треу-
гольника ABC, г — радиус вписан-
ного в пирамиду шара, R — описан-
ного. OK J. SCB (К лежит на апо-
феме SM вследствие симметрии), Рис' 32
ОР = ОК = г, SO = OB = ОС = R. Прямоугольные треугольни-
ки ОРВ, ОРСу ОКВ и ОКС равны по гипотенузе и катету.
Тогда равны и треугольники ВРС и ВКС. Значит,
ZBPC = ZBKC = 120°. КС = КВ = KS, К — центр окружности,
описанной около треугольника SBC, ZBSC = — ZBKC = 60е.
То есть плоский угол при вершине равен 60°.
1964
75. 9 + 99 +... + 9^9 =10-1 + 100-1 +... + 101964 - 1 =
1 о1964 -1
= 10(1 + 10 +... +101963) -1964 = 10 — -1964 =
v ' 9
1964 I960 I960
= l3o-1964 = 1...111110-1964 = 1...109146.
Всего 1961 единица.
76. Пусть в треугольнике ABC ZB = 90°, ВМ — меди-
ана. Проведем окружность с центром в точке М радиуса

2*
Ответы, указания, решения
137
AM = МС. Поскольку Z.B — прямой, точка В лежит на этой
окружности. Поэтому ВМ = AM = МС = —АС.
77. См. № 17.
78. Чтобы число делилось на 72, необходимо и достаточно,
чтобы оно делилось на 8 и на 9. Чтобы оно делилось на 8,
необходимо и достаточно, чтобы на 8 делилось число, состав-
ленное из трех последних его цифр в том же порядке. Для
числа 17* это 176, то есть последняя цифра 6. Для делимости
на 9 необходимо и достаточно, чтобы сумма цифр числа дели-
лась на 9. Сумма цифр числа 32* 357 176 без * равна 34. О < * < 9.
* может быть только 2, то есть искомое число 322 357 176.
79. Число деревьев обозначим через х.
Тогда — + — + — + 5 = х и х = 100.
2 4 5
80. Любое целое число может быть записано в виде 5k,
5k ± 1, 5k ± 2, k g Z. Возводя в квадрат каждое из этих
выражений, получаем возможные остатки: 0; 1; 4.
81. MN — средняя линия трапеции ABCD, значит,
Рис. 33
82. См. № 3.
.... AD + BC
MN = . Проведем
из точки N NK || АВ, тогда
АК = MN. AABK — иско-
мый (его высота равна вы-
соте трапеции, а основание
D АК равно ее средней ли-
нии), SABK ^—Sabcq.
• 82. Пусть скорость первого автомобиля — vl9 а второго
v2 (км/ч), t — время в часах до встречи.
Тогда
(uj +v2)t = 210,
u2t = 2vt,
+ 9
9 v2
— ——
16 u,
vl
то есть —
V2
3
= —
4

138
Ответы, указания, решения
2,-
* = 2^- = 2~ = § (ч). v1+v2
V0 4 Z
210-2
= 140 км/ч.
Отсюда их = 60 км/ч, v2 = 80 км/ч.
84. ААБС ~ ДМВЛГ и ААБС ~
~ АМРС (см. № 42). При этом
ZBAC = ZBMiiT = ZPMC. ZBMA =
= ZCMA = 90°. Следовательно,
ZifMA = ZPMAy то есть МА — бис-
сектриса ZKMP.
Аналогично, КС — биссектри-
са ZMKP, а РВ — биссектриса
ZMPK.
85. Для того чтобы число делилось на 396, необходимо и
достаточно, чтобы оно делилось на 4, 9 и 11. Поскольку чис-
ло оканчивается на 56 (которое делится на 4), оно само де-
лится на 4. Сумма цифр числа равна 99, поэтому число де-
лится на 9. Сумма цифр, стоящих на нечетных местах, равна
44, на четных — 55, их разность делится на 11, значит, само
число делится на 11. Поэтому, вместо звездочек можно рас-
ставить цифры 0, 1, ..., 9 в любом порядке, и число будет
делиться на 396.
86. Дорога, которая в одну сторону идет в гору, в другую
сторону идет под гору, поэтому турист проходит равное рас-
стояние в гору и под гору. Если х — протяженность ровной
2х 9-х 9-х 041 221
дорогиизАвБ,тот + —+ —= 3- = —;
24* + 25(9 - х) = 221; х = 4 (км).
87. Если п — число углов правильного многоугольника,
180 (п- 2) '
то его угол равен
п
в градусах. Поскольку это це-
лое число, то п — делитель 360. 360 = 23-32-5. Так как
п > 3 и не делится ни на 2, ни на 3, то п может быть толь-
ко 5.

2
*~ ответы, указания, решения 139
-?5\
88. л (л +1)(л + 2) (л + 3) +1 = (л2 + Зл)(л2 + Зл + 2) +1 =
= (л2 + Зл)2 + 2 (л2 + Зл) + 1 = (л2 + Зл + I)2.
89. Пусть К — середина стороны ВС (ВК = КС), АК —
медиана. Если Р лежит на медиа-
не AJLy то искомая точка D совпа-
дает с К (S^k = S^xc). Пусть Р
не лежит на медиане АК. Соеди-
ним Р с К отрезком, и из точки А
проведем AD || РК. Пусть Е —
точка пересечения АК и PD.
Рис. 35
^ААРЕ = ^AEKD > ТаК КаК ^ААРЕ = ^ДАРХ) — ^ДАЕХ) >
^AEXD = &bAKD ~~ ^ДА££)» а ^ДАРХ) = ^ДАЛГЯ*
^ABDP = ^ААВК ~~ ^ААРЕ "*" ^AEKD = ^ДАВ* »
^АРХ)С = ^ДАЛГС + *^ДАР£ + ^AEKD = ^ААКС = ^ААВК > Т0 еСТЬ
<? — Q
^ABDP — 0APDC*
90. 36л - 26л = З3 2л - 23 2л = 272л - 82л делится при любом це-
лом неотрицательном л на 272 - 82 = (27 + 8)(27 - 8) = 35 • 19.
91. Если BDX диагональ куба ABCDAJZfifi^ то плоскость
AjjDCj J_ BDiy и любая прямая в этой плоскости (например,
AXD, DC19 Afi^) или ей параллельной, перпендикулярна BDV
92. Поскольку cos 20° + cos 160° = 0; cos 40° + cos 140° = 0;
cos 60° + cos 120° = 0; cos 80° + cos 100° = 0, исходная сумма
равна cos 180° = -1.
93. л(л-3)(л2-3л + 14) = л(л-1)(л-2)(л-3) + 12л(л-3).
Произведение четырех последовательных натуральных чи-
сел делится на 3 и на 8, алил-3 разной четности, их
произведение четно. Значит, исходное выражение делится
на 24.

2
140 Ответы, указания, решения *>^\
94. |(*4 -4) - (х2 + 2)| = (х2 + 2)\х2 - 2 -1| = (х2 + 2)\х2 - 3|;
|д:4 - 4| - |лг2 + 2| = (д:2 -h 2)(|jc2 - 2| - l). Исходное равенство
равносильно следующему: \х2 - 3| = \х2 - 2| -1.
1) Пусть |д:| > >/з. Тогда обе части последнего равенства
равны х2 - 3, и оно в этом случае верно.
2) Пусть V2 <|jc| <л/3. Тогда \х2 - 3| = 3 - х2, а|х2-2)-1 =
= х2 - 3, и равенство в этом случае неверно.
3) Пусть \х\<у[2. Тогда \х2 -3| = 3-х2, а |**-2|-1 =
= 1 — jc2, и равенство в этом случае неверно.
Таким образом, равенство верно только при |jc| > v3.
95. Пусть дана трапеция ABCD, АВ \\ CD.
1) Если прямую нужно провести через середину основа-
ния, проведем ее через середину второго основания (т. к.
если AM = MB, CN = ND, то трапеции AMND и MBCN равно-
великие как имеющие равные основания и равные высоты).
2) Пусть прямую нужно
провести через середину боко-
вой стороны AD — точку М.
Пусть для определенности
DC > АВ. Из вершины В про-
ведем прямую BE || AD до пе-
ресечения с CD. Тогда АВ - DE
nAD = BE.MN\\AB,Ne BE,
тогда BN = NE. SiiABN = SDMNE,
NC — медиана в АВСЕ, и S^cn = Saecn> t- e- Sabcnm = Sdmnc-
Проведем отрезок МС и NK так, что NK \\ МС, К е ВС,
L — точка пересечения диагоналей трапеции MNKC. Так
как вшыь = S^KC, то SMKCD = SMABK. MK — искомая прямая.
Построение завершено.
96. Пусть S (а) = cos а cos 2а cos 4а... cos 2n а.
1) При sina = 0 а = kn, ke Z и cos2a = cos4a = ... =
= cos2na = l. cosa = (-l) . Значит, S(kn) = (-1) .

-Is,
Ответы, указания, решения
141
2)
sinaS(a) sin 2a cos 2a... cos 2я a
При sina Ф 0 S(a) = :—^ = — =
sin a
sin 4a... cos 2n a sin 2n+1 a
2 sin a
22 sin a
2n+1sina
97.
x 2>\x2 4*
Тогда
2 1 n
- - - > 0,
jc 2
jc 2
V
>±-bo.
*2 4
Отсюда 2<х<-т=.
98. Il10-l = (l0 + l)10-l = 10ft + l-l = 10ft, AeZ.
99. Пусть ребро искомого куба а, а тетраэдра — Ъ. Тогда
их объемы соответственно равны а3 и
Ь3у[2
12
■ , а поверхности—
6о2 и Поскольку объемы равны между собой, то
а3 >/2 a2 V2 1
— = —, тогда — = щ= = ^=. Площади поверхностей
6а2 1
куба и тетраэдра тогда относятся как —^ = jt= .
100. Пусть такой квадрат построен. Каким образом мы
ни взяли бы четыре точки на сторонах квадрата, они образу-
ют выпуклое множество, поэтому
если одна из точек лежит внутри
треугольника, вершинами которо-
}С го являются три остальные точки,
задача не может иметь решения.
Пусть теперь четыре данные
точки образуют выпуклое множе-
ство.
Пусть KLMN — построенный
квадрат, А, Б, С и D — данные точ-
Рис. 37

142
Ответы, указания, решения
&-
ки, причем расположенные на разных сторонах квадрата. А
и Б — точки на смежных сторонах квадрата. Тогда вершина
К лежит на окружности с центром Р в середине отрезка АВ
радиуса АР = РВ, а середина Q дуги АВ лежит на диагонали
КМ. Отсюда построение квадрата таково: найдем середину Р
отрезка АВ и проведем окружность с центром в точке Р ра-
диуса АР. Проведем прямую, перпендикулярную АВ в точке
Р, и отложим PQ -АР (Q — в той же полуплоскости, что и С
и D). То же самое проделаем с отрезком CD и найдем точку
R на диагонали КМ. Если точки Q и R совпадают, то задача
имеет бесконечное множество решений. Если Q и R различны,
проведем прямую через эти две точки. Если эта прямая не
пересекает хотя бы один из отрезков АВ или CD, задача реше-
ния не имеет. Если прямая пересекает отрезки АВ и CD, то
возьмем точки К и М на соответствующих окружностях.
Точка пересечения прямых KB и МС дает вершину Z, КА и
DM — вершину N.
Пусть теперь точки А и В лежат на одной стороне квадра-
та. Опустим перпендикуляры на АВ из точек С и D: CZ LAB,
DK 1 АВ (рис. 38). Тогда
1) CD || АВ. _ к
Если CZ не меньше наиболь-
шего расстояния между точка-
ми А, В, К и Z, то задача имеет
решение, в противном случае
решения нет.
2) CZ и DK разной длины,
например, CZ < KD. Если Z на- 1
ходится внутри отрезка АВ, за- Рис. 38
дача решения не имеет. Если
точки Z и К лежат по разные стороны от отрезка АВ и
KD < KZ, то решение есть, а если KD > KZ, решения нет.
Если точка Z лежит правее В (левее А), а точка К —
правее Z (левее Z), решения нет.
Если точка Z лежит правее В (левее А), а точка К — левее
Z (правее Z), то для возможности построения необходимо и
достаточно, чтобы KD было не меньше наибольшего рассто-
яния между точками А, В, Z и К.
Покажем, что существуют выпуклые четырехугольники
В

2
'"" Ответы, указания, решения 143
-f&
ABCD, которые никаким способом нельзя вписать в квад-
рат. Пусть, например, ABCD — ромб с углом 60°. Треуголь-
ники ABC и BCD — правильные. Построив Q и R, получим,
что QR не пересекает АВ и CD, то есть нельзя расположить
на каждой из сторон квадрата по одной точке А, В, С, D.
Поскольку CD || АВ, а расстояние между прямыми меньше АВ,
точки А и Б не могут лежать й'на одной стороне квадрата.
101. В трапеции с основаниями AD и ВС (см. рис. 39)
проведем СЕ параллельно
боковой стороне АВ.
Тогда угол ECD — прямой,
поскольку Z.CED = /.BAD,
a ZCDE + ZBAD = 90°.
ED = AD - АЕ = AD - ВС.
Рис.39 3начиТ'
АВ2 + CD2 = СЕ2 + CD2 = ED2 = (AD - ВС)2.
102. После сложения дробей знаменатель равен 120, а в
числителе получим:
х5 + 10х4 + 35jc3 + 50л:2 + 24* = х ((х2 + Ъх)2 +10 (х2 + 5х) + 24) =
= х(х2+Бх + б)-(х2+5х + 4) = х(х + 1)(х + 2)(х + 3)(х + 4).
Произведение пяти последовательных чисел делится на
120 (см. № 3), значит дробь — целое число.
103. Если расстояние АВ = х км, то скорость первого тури-
ста равна — (jc-ЗО) км, а второго — —(jc + ЗО) км в день.
До встречи первый турист проехал —(а:-30) км, второй —
-(jc + 30)km. Согласно условию -(х + 30): -(дг-30) =
= I(*"30):ii(* + 30); * = 15°-

144
Ответы, указания, решения
?5\.
N
104. В книге 173 страницы: однозначными числами про-
нумерованы 9, двузначными — 90 и трехзначными — 74.
105. Если S — точка пересече-
ния диагоналей данного четырех-
угольника ABCD, а К, L, М и N —
основания перпендикуляров, прове-
денных из нее на стороны четырех- А
угольника, то около четырехуголь-
ников KSLB, LSMC, MSND и NSKA
можно описать окружности.
Используя свойство вписанных
углов, опирающихся на одинако-
вые дуги, получим ZSKN = ZSAN, Рис' 40
ZSKL = ZSBL, ZSML = ZSCL и ZSMN = ZSDN.
Отсюда ZK + ZM = ZSKN + ZSKL + ZSML + ZSMN =
= ZSAN + ZSBL + ZSCL + ZSDN = 180°, поскольку BD1 АС
Это означает, что четырехугольник KLMN — вписанный.
Требование, чтобы исходный четырехугольник был впи-
санным — лишнее, достаточно, чтобы у него были перпен-
дикулярны диагонали. Но если он еще и вписанный, то в
четырехугольник KLMN можно также и вписать окруж-
ность.
106. Если расстояние АВ = т км, то скорость прияте-
4т 5т
лей —- км/ч и —- км/ч (согласно условию, первый был в
Zo Zo
3 3
пути 5— ч, второй 4— ч). Приняв время встречи за
4 5
1П3^4/п ( 1ЛЯ5т
10- —+ я-10-
5 23 2
х ч, будем иметь х
— = т, откуда
23
х = 13— ч или 13 ч 6 мин.
10
107. Если раскрыть скобки и сгруппировать, получим:
ab2 (a + c + b) + ac2(a + b + c) + bc2(b + a + с) + a2b (b + а + с) +
+а2с {c + a + b) + b2c{c + b + a) + abc (a + b + с) = 0.

-?5\.
Ответы, указания, решения
145
108. Пусть А =
1 3 5
24*6
100' 3 5
100
101
. Очевид-
,„123 99 100 1
но, А < В. Тогда АВ = -•-•-•• • -— • —- = -—
2 3 4 100 101 101
1 !
Отсюда А < . < —.
Viol ю
101V101
109. Пусть Uj и i>2 — скорости первого и второго пешехо-
дов соответственно, S — расстояние от А до Б, х — расстоя-
ние, которое осталось пройти второму пешеходу, когда пер-
вый закончит переход. Тогда
—2- + 24 = S,
21Л
Svx
2^7
+ 15 = S.
Пусть и = —, тогда получаем
24 = S
15 = S
(
1-
2и
и
1--
2
Отсюда, разделив второе уравнение на первое, найдем и:
15 L я и(2-и) 5 rt , ^ „ Л 5 1
24
о и(2-и) 5 0 5
^-- -* Z = -; 8и2-6и-5 = 0; и = -;
Учи-
1-
2u
2u-l
8
тывая, что и > 0, и = —. Теперь из второго уравнения
4
15 = S
/
1--
8
, или S = 40 км.
Su9
Поскольку —- + х = S, получаем, что jc = 8 км. То есть
второму пешеходу останется пройти 8 км.
110. Пусть в треугольных пирамидах равны трехгран-
ные углы при вершинах S и Sr
ZASC = ZA1S1Cl = ф.

146 Ответы, указания, решения
С Рис. 41 С,
Угол наклона бокового ребра SB к плоскости SAC такой
же, как и для ребра S^ и плоскости SjAfi^ и равен а. На
рисунке ВМ и В±МХ — высоты пирамид.
Тогда VSABC = - -AS-CS sin cp MB, MB = BS since.
To есть VSABC = — • — AS-BSsincp-sinoc.
3 2
1 1.
3*2
^ Wi = з * 2 ^Si ' СА sin ф' M& • М*Б* = Б^ sin a'
To есть VSiAiBiCi = - • - AlSl • СД • БД вшф • sin a.
Следовательно, — = .
111. После преобразований получаем:
[(х2+бху + 4у2) + у2]2 (см. № 88).
112. Умножим обе части уравнения на >/2 :
у]2х - 4 + 2>/2х - 5 + ^2х + 4 + 6л/2х - 5 = 14, тогда
Му12х-Ь +1)2 + J(V2x-5 + З)2 = 14, или
V2* - 5 +1 + V2* - 5 + 3 = 14; V2x -5 = 5, откуда х= 15.
113. Дробь --

2^
Ответы, указания, решения
147
114. SP — высота пирамиды SABCD, ZSDP = ZCSD = а,
АВ = а. SP = -=tga. Тогда запишем объем пирамиды:
V2
V = -a2SP = -?1=tga.
3 . 3V2
a = yfeSDcosa = 2&Dsin-, откуда по-
_ _ \ г лучаем уравнение cos a = V2 sin —.
-*~7С. 2
Решая это уравнение, находим, что
VV5 + 1
Рис. 42
tga =
Я
Значит, объем пирамиды равен —а3
6
115. Умножив данное равенство почленно на а + 6 + с * О,
получим с2 = а2 + Ь2 - а&, но с2 = а2 + Ь2 - 2аЪ cos ZC.
1 п
Значит, cos ZC = -, ZC - —.
2 3
116. (10"+10п-1+... + 1)(10п+1+5) + 1 =
Юл+1-1/,л+1 c\ , 102л+2+4 10л+1-5 + 9
= (10л+1 + 5) + 1 = =
Сумма цифр числителя делится на 3, следовательно, дробь —
целое число.
117. 3(x-z)(y-x)(y-z).
2 3 2 3
118. хх = -,ух = -,2Х = 6; х2 = --,у2 = --,z2 = -6
119. Используем свойство касательных к окружности, про-
веденных из одной точки (см. рис. 43).

148
Ответы, указания, решения
Составим систему:
х + у = а; у + г = b; z + t = с;
t + и = d; и + х = е.
Если сложить почленно все
уравнения, получим: jc + i/ + z + f +
a+b+c+d+e
+ и = .
Тогда x=p-b-d;y=p-c-e,
где р — полупериметр пятиуголь-
ника.
120. Если у многоугольника
ровно две оси симметрии, они обязательно пересекаются и
даже перпендикулярны. Действительно, если 13 — прямая,
симметричная оси 12 относительно оси 1Х, то /3 тоже является
осью симметрии многоугольника, поскольку если У — точка,
симметричная точке X, принадлежащей многоугольнику, от-
носительно /3, то их образы относительно 1г симметричны
относительно 12. Поэтому У тоже принадлежит многоуголь-
нику. Но осей симметрии ровно две, значит, 12 совпадает с 13,
значит, Zj J_ Z2. Если у многоугольника три оси симметрии,
которые не пересекаются в одной точке, то эти оси образуют
треугольник. Пусть А — точка многоугольника, наиболее
удаленная от некоторой внутренней точки М этого тре-
угольника. Точки Аи М лежат по одну сторону от одной из
рассматриваемых осей симметрии I. Если В — точка, сим-
метричная А относительно /, то MB > MA и точка В более
удалена от точки М, чем точка А. Получено противоречие,
поэтому все оси симметрии многоугольника пересекаются в
одной точке.
121. 1! = 1, д = 1, 1! + 2! = 3, 1! + 2! + 3! = 9, п = 3, 1! + 2! +
+ 3! + 4! = 33, 1! + 2! + 3! + 4! + 5! = 33 + 120 = 153. В дальней-
шем последней цифрой всегда будет 3, поскольку прибав-
лять будем числа, оканчивающиеся нулем. Поэтому квадра-
тов больше не будет. Таким образом, п = 1; 3.
122. Докажем, что разность а3 + Ь3 + с3 - (а + Ь + с) делит-
ся на 6, если а,Ь, с — целые.

2
*~ ответы, указания, решения 149
-?5\
а3 + Ь3 + с3 - (а + & + с) = а (а2 -1) + Ь (Ъ2 -1) + с (с2 -1) =
= (а-1)а(а + 1) + (Ь-1)Ь(Ь + 1) + (с-1)с(с + 1).
Произведение трех последовательных чисел всегда делит-
ся на 6, поэтому все выражение тоже делится на 6, а это
означает, что и а3 +Ъ3 + с3 делится на 6, если а + Ь + с: 6.
123. По теореме Виета хгх2 = -За; х1 + х2 = 2, а по усло-
вию jtj = х\. Из двух последних равенств получаем хх = 1,
х2 = 1, либо хх = 4, х2 = -2. При этом в первом случае по-
„ Х 8
лучаем а = - —, а во втором — а = —.
3 3
124. !<1-1, i.<I_If ..._!_<.!-JL. Сложив
22 2 З2 2 3 1002 99 100
11 1 , 1
неравенства, получим — + — +... + ^- < 1 - — = 0,99.
125. Йусть диагональ куба АВ, где А (0; 0; 0), В (1; 1; 1).
Плоскости граней куба тогда: х = 0; х = 1; у = 0; у = 1; z = 0;
2 = 1. Внутренность куба с его поверхностью: 0 < х < 1;
0 < г/ < 1; 0 < z < 1. Достаточно рассмотреть одну из граней,
остальные расположены по отношению к диагонали точно
так же. Рассмотрим грань 2 = 0, 0 < д: < 1; 0 <у <1.
Возьмем точку М (х; у; 0). Тогда AM = yjx2 + у2,
ВЫ = у(1 - xf + (1 + yf +1. По теореме косинусов АВ2 = 3 =
= AM2 + БМ2 - 2A/Vf • ВМ cos a.
AM2 + ВМ2 = jc2 + (1 - xf + у2 + (1 - г/)2 + 1 =
/
= 2
-i Ч'-i
+ 2<2-i + 2- + 2 = 3.
4 4
2AM • ВМcosa = AM2 + ВМ2 - АВ2 < 0.
Значит, cos a < 0, следовательно, a > 90°.

150
Ответы, указания, решения
?v
При
1
х
2
\у-^\
= -, а = 90°.
2
Диагональ куба видна под прямым углом из вершин
(0; 1; 0), (1; 1; 0), (1; 0; 0), (0; 0; 1), (0; 1; 1), (1; 0; 1).
126. Предположим, что все вершины правильного тре-
угольника ABC имеют целые координаты. Тогда tgZABC —
рациональное число (см. рис. 44, а и рис. 44, б).
\у
г^
,/
\
л
Y
$
И
\\\
г
17
у
4
——л
Рис. 44
В случае рис. 44, а — tgZABC = tg(a + Р) = tg0C + tg^
1-tgcc
tgp
В случае рис. 44, б — tgZABC = tg(a-p) = tga~tgP .
. v ' 1 + tgatgP
Ho tg 60° = v3 — число иррациональное, поэтому пред-
положение неверно, и все вершины правильного треуголь-
ника не могут иметь целых координат.
127. * = log3/22
128. ctg--l >0; 2ctg2->2ctg- + ctg2--l. Учи-
\ А \ А Л Л
тывая, что a — острый угол, разделим обе части неравенства
ctg2--l
на 2 ctg — : ctg — > 1 + - . Отсюда получаем требуе-
2 ctg-
мое неравенство ctg — > 1 + ctg a.
2

-*L.
Ответы, указания, решения 151
129. Докажем утверждение по индукции. Числа 1, 2, 3, 5
сами являются числами Фибоначчи, а 4 = 1 + 3. Предполо-
жим, что все числа до n-го числа Фибоначчи представимы в
требуемом виде. Тогда (п + 1)-е число Фибоначчи тоже пред-
ставимо в таком виде как сумма л-то и (л - 1)-го числа
Фибоначчи. Каждое из чисел, расположенных между л-м и
(п + 1)-м числами Фибоначчи, можно записать как сумму
п-то числа и натурального числа, которое меньше (п - 1)-го
числа, а значит, представимого в требуемом виде. Поэтому
такое число можно записать в виде суммы нескольких чи-
сел Фибоначчи. Утверждение доказано.
130. Рассмотрим некоторый круг, являющийся сечением
данного тела, и проведем через его центр прямую Z, перпенди-
кулярную его плоскости. Эта прямая пересекает данное тело
по некоторому отрезку АВ. Все сечения, проходящие через
прямую I, являются кругами с диаметром АВ.
131. Вершины правильного шестиугольника через одну
образуют правильный треугольник, а его вершины не могут
все иметь целые координаты (см. № 126)
132. п3 + Зп2 - п - 3 = п\п + 3) - (л + 3) = (п + 3)(п + l)(/i - 1).
Прип = 2/г + 1, (2ft + 4)(2fc + 2)2fc = 8(fc + 2)(fc + l)fc. Произве-
дение трех последовательных чисел делится на 6, поэтому
все выражение делится на 48.
133. См. № 13.
J1 QfiQ
>1. Ясно, что
/1968
/1968 /1968 /1968 1ПЛО ^
J—-— + J—-— +... + J > 1Уоо. Разделим обе части это-
го неравенства на V1968 и получим требуемое неравенство.
135. Если медиана, выходящая из этой вершины, больше
половины стороны, к которой она проведена (треугольник
остроугольный), то искомая прямая должна быть перпенди-
кулярна к медиане треугольника, выходящей из данной вер-

2
152 Ответы, указания, решения 0^\
шины. В противном случае эта прямая содержит высоту тре-
угольника, выходящую из этой вершины.
136. Заметим, что 19° х 19 = 361° и, следовательно, угол в
один градус можно построить.
137. Применим неравенство между средним арифмети-
ским и средним геом
(1 + ^)(1 + л:2)...(1ч-д:1968)
l + xk I—
ческим и средним геометрическим —-—^v*a* Тогда
138.
1-Зх
— ,v*i*2"'*i»68 — '■•
= х2 - 2х, пусть х2 - 2х = п, п — целое.
2
Тогда х - 1 ± VnTT при п > -1.
0< ——-х2+2х<1; 0<-(х--) +- + — <1;
2 [ 4) 2 16
{ 4J 16 2
Решая неравенства — < 1 + vn + 1 < 1 и — < 1 - yjn + l < 1,
2 2
учитывая, что п — целое, получаем в первом случае п = -1,
х = 1; во втором — еще п = О, х = 0; /i = 1, лс = 1- v2.
Итак, jc = 1; 0; 1 - V2.
139. л2+Зп + 5 = (л + 7)(/1-4) + 33. Числа (п + 7)и(п-4)
одновременно делятся или не делятся на 11. Если не делят-
ся, то все выражение не делится даже на 11, а в противном
случае первое слагаемое делится на 121. Но 33 не делится
на 121, и все выражение — тоже.
140. Центры искомых кругов находятся на соответству-
ющих биссектрисах внутренних углов. Доказать, что пло-
щади их будут наибольшими, когда оба круга будут касать-
ся наибольшей стороны треугольника.
141. Разобьем квадрат на 25 квадратиков со стороной
1/5. Поскольку точек 126, найдется квадратик, в котором

2
л^\ Ответы, указания, решения 153
располагаются не менее 6 точек. Квадратик со стороной 1/5
полностью покроется кругом, радиус которого 1/7. Диаметр
этого круга 2/7, он больше диагонали квадрата, которая рав-
s
на
5
/г л л 7 & 12 V2
V2>1,4 = -; —>-; -> —
5 7 5 7 7
\
142. Аналогично решению №138, хе {5,7,9}.
143. Пусть т = а1а2...ап_1%.
Представим его в виде т = 10х + 6, где х-а^аг...ап_х
целое число, имеющее п-1 = у десятичных знаков. Получим
4(l0jc + 6) = 6 10y +x или 13х = 2(10у-4). Значит,
2(10у -4): 13. Наименьшее число такого вида, которое де-
лится на 13, будет при у = 5 и равно 99 996, следовательно,
х = 15 384, т = 153 846.
144. Для 0 < а < 1 имеем 0< 1-а<1 и 1+о>1. Т. к.
0< 1 -а2< 1, то о<1-а<—— и 0< —-<1. При а> О
1 + а 1 + а
±-| < 1. Тогда (1 + а)1"" (1 - а)1+а < 1.
145. Согласно условию ^cos—-—cos—-— = а,
_ . а + Р а-р , _ . а + Р &
2 sin -cos = о, значит, если а * О, tg = —.
2 2 2 а
l-tg2(*/2)
ИСПОЛЬЗУЯ формулу COS* = ; г,
l + tg»(*/2)
/ а\ а2"02
получим cos(a + P) = .
v ' a2 + b2
Если же а = 0, о * 0, — = 0 = ctg <=> cos = 0;
b 2 2
/ о\ i °2-°2
cos(a + P) = -l = .

2
154 Ответы, указания, решения *>5\
146. Пусть ф — угол при вершине осевого сечения конуса,
I — образующая. Плоское сечение, проходящее через вершину
конуса — равнобедренный треугольник с боковой стороной I
и углом между боковыми сторонами 0 < а < ср.
_ 0/ ч /2sinoc „ . п
Площадь сечения равна S(oc) = . Если ф< —, то
S(oc) = 5(ф), в силу монотонности sin а при 0 < а < ф.
я
Если — < Ф < я, то наибольшая площадь будет при
п 0 I2
2 2
лл„ пг-п (zi-lWn + l)
147. = -i L—Ь L9 Числитель дроби, как про-
6 6
изведение трех последовательных чисел, делится на 2 и на 3,
то есть на 6, поэтому данное выражение будет целым при
любом натуральном п. ^р
148. Пусть D — середина
АВ, DK1АВ, ZBAC = 30°.
Тогда ZACD = ZCDK = 30°.
СК = KD; АК = 2DK.
Отсюда АС = SDK.
149. S — расстояние АВ, х — собственная скорость паро-
л S
хода, v — скорость течения, t = — — время движения плота.
v
S S x + v 1 x-v
Согласно условию = т, = п, или = —, =
x + v x-v S m S
1 x + v-x + v 1 1 0 Jl \Л S 2тп
= —: = => 2v = S\
п о т п * \ т п .
v п-т
150. 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 8 + 9 + 12 + 18 + 24 + 36 + 72 = 195.
151. Если точка К лежит в вершине или середине сторо-
ны треугольника, нужно провести медиану, проходящую
через К. Пусть точка К лежит на стороне АВ, ни в одной из

Ответы, указания, решения
155
вершин и не в середине отрезка
АВ. Тогда D — середина АВ,
DM \\ СК (см. рис. 46). Площади
треугольников МКС и DKC, оче-
видно, равны. Значит, площадь че-
тырехугольника КМСВ равна
q площади треугольника DCB и
равна половине площади тре-
угольника ABC.
152. п12 -ns -n4 +l = (n4 +l)(n2 +lf (n + lf (n-lf . При
п = 2fc+l получим ((2fc +1)4 + l)((2fc + l)2 + l) (2k + 2)2 (2kf =
= ((2^ + l)4+l)-4(2fe2+2^ + l)2-4-(Aj + l)2-4fe2;i28.
153. Пусть К, L, M, N — середины сторон четырехуголь-
ника ABCD, P — точка пересечения KM и LN. Тогда отрезки
РК, PL, РМ, PN являются медиа-
нами в треугольниках АРБ, ВРС,
кС CPD, DPA соответственно. Это оз-
начает, что S^x = SBPK,
D &apn ~ &dpn • Складывая эти ра-
венства почленно, получим тре-
буемое утверждение.
154. А2-Б2 =(А-В)(А + В) =
х + —
X
1[* + 1|(а + &) + ±
(« + *)
1
х
х
j
= -(а-Ъ)--(а + Ь)2х = а2-Ь2.
& X А
155. См. № 89.

2
156 Ответы, указания, решения oS\
156. См. № 83.
157. л3 + (л +1)3 + (л + 2)3 = Зл3 + 9л2 + 15л + 9 =
= 3 (л3 + Зл2 + 5л + 3) = 3 (л3 - /I + Зл2 + 6л + 3) =
= 3((л - 1)л (л +1) + 3(л2 + 2л + 1)).
Выражение в скобках делится на 3, поскольку первое сла-
гаемое — произведение трех последовательных чисел. Поэто-
му все произведение делится на 9.
158. См. № 4.
159. В трех сосудах было соответственно 8, 5 и 5 литров
воды.
3±V21 7±2>/21 7±W21
16°- * = —I—> У= ^ ' Z = 7 "
I/-2
161. Согласно условию, х + у = 1244, Юдс + 3 = -—:-, от-
куда х = 12, I/ = 1232.
162. 12 и 18. Учесть, что произведение чисел равно про-
изведению наибольшего делителя и наименьшего кратного.
7Е 27t
163. х = ±- + 2&я, х = ± — + 2kn,keZ. Учесть, что
3 3
tg2 * = ; 1, и сделать замену 2tg2 x = t.
cos2 х
164. См. № 26.
165. В первом слагаемом вынесем за скобки с, во вто-
ром — а, в третьем — 6, и разделим обе части неравенства
на abc > 0: — + — 2 + — + — 2 + - + 2 > 0. А это неравен-
с с а а Ъ Ъ
ство можно доказать, если использовать свойство взаимно-
обратных чисел: —+ —>2; — + — > 2; - + ->2.
с а Ь а с Ь
166. Если расстояние АВ = S, а скорость пешеходов V1 и
V2, то согласно условию: SVl + SV2 = S и — - — = 2,5.
V t V п

2,-
Ответы, указания, решения
157
Решив систему уравнений, получим:
Vl = —, V2 = —- время 7,5 и 5 ч.
15 о
Х67. Sn = л3-л + Зл2+6л + 3 = (п-1)я(л + 1) + 3(п2+2л + 1).
Произведение трех последовательных чисел делится на 3, зна-
чит, и вся сумма тоже делится на 3.
168. Пусть такая точка М
построена. Тогда MP \\ ВС,
МК\\АВ МР= МК. Следова-
тельно, МКВР — ромб и его
диагональ ВМ — биссектриса
угла ABC.
169. Р = ——— +
2Ь + 3
126 -4&2
26 + 3
12Ь-4Ь2
2Ь-3
6Ь-9
2Ь-3 ^2Ь + 3
4Ь2-6Ь + 9
4Ь2-9 8Ь3+27
1 Г 4
66-9 ЛЛ
2Ь-3
ч
66 + 9
4Ь2 - 6Ь + 9
= 3.
2Ь + 3 2Ь + 3 2Ь + 3
Поскольку Р = 3, оно не зависит от Ь.
170. Преобразуем выражение:
а2(Ь-с) + Ь2(с-а) + с2(а-Ь) =
= а2Ь - а2с + Ъ2с - аЬ2 + ас2 -be2 =b (а2 - с2) - ас (а - с) -
- Ъ2 (а - с) = (а - с)(аЬ + Ьс - ас - Ь2) = (а - с)(а - Ь)(Ь - с).
Выражение обращается в ноль тогда и только тогда, ког-
да хотя бы два из трех чисел а, Ь, с равны.
171. Уменьшаемое, очевидно, оканчивается на ноль, вы-
читаемое оканчивается цифрой 5, поскольку произведение
пятерки на любое нечетное число оканчивается на 5. Раз-
ность оканчивается цифрой 5.
172. Пусть О — центр параллелограмма. Тогда АО —
медиана треугольника ABD и ОР :ОА= 1 : 3. Следовательно,

158
Ответы, указания, решения
Р — точка пересечения меди-
ан треугольника ABD. Поэто-
му DM — медиана AABD и,
следовательно, М — середина
АВ. Аналогично, N — середи-
на ВС. D
Snmd : SNMB - KD : KB -3:1
Рис. 49
(К — середина OB). SNMD =^SABC = ^S^^.
1
4
1
— /
8
Поэтому S^cn : SNMD =8:3.
Ill
173.
1 + X + Xy 1 + y + yZ 1 + Z + ZX
Z ZX 1
z + zx + zxy zx + zxy + zxyz z + z + zx
z zx 1 z + zx + 1
= 1.
z + zx + 1 zx + l + z z + z + zx 1 + z + zx
174. Cm. № 72.
175. пъ +5п3 -6n = n(n2 +6)(n2 -l) = (n-l)n(/i + l)x
x((/i-2)(/i + 2) + 10).
Среди чисел n -1, n, n + 1 хотя бы одно делится на 2 и
одно делится на 3. Кроме того, если ни одно из них не делит-
ся на 5, то на 5 делится либо (л - 2), либо (п + 2), а значит, и
(л-2)х(п + 2) + 10. Поскольку найдутся сомножители, де-
лящиеся на 2, 3 и 5, то и произведение делится на 2, 3 и 5, а
значит, и на 30.
Замечание. На 2 делятся два из сомножителей, поэтому
пъ + 5л3 - 6л всегда делится на 60.
176. По условию N2 + 9 = 130
3
Рассмотрим возмож-
ные значения остатка от деления N на 3.

-fe.
Ответы, указания, решения
159
1) Остаток 1
3
157
"Zi, *.♦,.»!»(*-,):
130 JLV.
N2 N + ^^- = 0. Уравнение не имеет целых корней.
3 3
2) Остаток 2.
3
3 ' 3 v ;
130 287
N2 N + = 0. Уравнение имеет целый корень 41,
3 3
который, как легко убедиться, удовлетворяет условию задачи.
3) Остаток 0. Уравнение не имеет целых корней.
Ответ: N = 41.
177. См. № 57.
178. Пусть диагонали вписанного шестиугольника ABCDEF
пересекаются в точке О.
ZFAD = ZFCD;ZAFC = ZADC. По-
этому AFAO подобен ADCO и
[р AF АО
CD СО
ВС
FE
Аналогично
СО DE ЕО „
и = . Поэтому
ЕО ВА АО
ABCDEF
BCDEFA
АО СО ЕО
ЕО АО СО
АВ CD EF
DE AF ВС
= 1.
*• х
Рис. 51

2
160 ответы, указания, решения oS\
180. Поскольку п — четное, его можно записать как 2k.
п2 (п2 - 4)(п2 -16) = (2k)2 (4k2 - 4)(4Aj2 - 16) =
= 64(k-2)(k-l)k2(k + l)(k + 2).
Среди чисел k-2,k-l,k,k,k + l,k + 2 по крайней мере од-
но делится на 5; два делятся на 3 и два делятся на 2 (при
этом одно из них делится на 4). Поэтому 64 (k - 2)(k - l)k2 x
x(k +1)(* + 2) делится на 64 • 5 • З2 • 23 = 23 040.
181. Пусть искомое число аЬ = 10а + Ь. По условию
10а+ Ь = а2 +ab + b2, откуда Ъ2 -Ъ = (Ю-Ь-а)а.
Если&>4, Ъ2 -Ь>12, a (W-b-a)a < (б-а)а < 9, что не-
возможно. Поэтому Ь < 3. Рассмотрим возможные значе-
ния Ь:
1) Ъ = 0, 0 = (10 - а)а. а = 0 и а = 10 не удовлетворяют усло-
вию задачи.
2) Ъ = 1, 0 = (9 - а)а. а = 0 и а = 9. Условию задачи удовлет-
воряет только а = 9 и число 91.
3) Ь = 2, 2 = (8 - а) а. а=4± >/ы не удовлетворяют усло-
вию задачи.
4) Ъ = 3, 6 = (7 - а) а. а = 1 и а = 6. Оба удовлетворяют усло-
вию задачи. Соответствующие числа 13 и 63.
Ответ: 13, 63, 91.
182. Пусть радиус основания конуса г, а высота — h. Тог-
да, по условию,
!-
v2;
Я ТС
Объем конуса V равен — г2Л = —
3 3
= d, то есть 9г2 + h2 = 4d2.
(±d2-h2\^ n
9 J 27
Рассмотрим V как функцию от Л и исследуем ее на мак-
V
h = —(4d2-h2).
симум с помощью производной V = — (4d2 - Sh2).

2
л^\ ответы, указания, решения 161
2
Легко видеть, что максимум достигается при h = -=■ d.
V3
При этом V = =<23.
81V3
183. Поскольку 3 < 22; 4 < 2*; ...;п< 2""1, то
l-2-З-...-л <1-2-22 -23 •...•2П"1 =22л(л_1).
184. Сделаем замену у = 2(jc-2,5). Тогда уравнение пе-
3 14 4 1
репишется в виде: + + + + +
К + 5 У. + !*. ^ + 1 ^_1 У.-1
2 222222222
3 А ( 3 1 4 "| л
+ = 0 или 4у + + = 0.
у_5 \у2-2Ь i/2-9 у2-1)
2 2
4y(8i/4-192i/2+952)
Отсюда -—-—г^-— — ^ = 0. Решая это уравнение,
(i/2-l)(z/2-9)(i/2-25)
получим ух = 0; у23 = ±>/7; г/4 б = ±>/l7. Поэтому хх - 2,5;
_5±>/7 _5±Vl7
,з 2 ; *4,5 - 2 •
185. Искомые числа: —=—
V3 + 2 + V5 V3+2 + V5
V3+2 + V5
а + с cos # + cos (л: + 2ф)
186. ——- = -. г =
Ъ cos(;e + (p)
п х + х + 2ф х - (л: + 2ф)
2 cos cos -
cos(jc + p)
d + & cos (* + ф) + cos {x + Зф) 2 cos (x + 2ф) cos ф
с cos (x + 2ф) cos (x + 2ф)
6. Зак. /90
= 2созф. Аналогично,
2 cos ф.

162
Ответы, указания, решения
1^
187.
(ay - bx)2 + (bz - су)2 + (сх - az)2 + (ax + by + cz)2
х2 + у2 + z2
_ а2у2 - 2аЪху + Ъ2х2 + b2z2 - 2bcyz + c2y2 + с2х2 - 2acxz + а2г2
х2 + у2 + z2
а2х2 + Ь2у2 + c2z2 + 2abxy + 2acxz + 2bcyz
х2 +у2 + z2
а2у2 + Ь2х2 + b2z2 + c2z/2 + с2*2 + a2z2 + а2х2 + b2y2 + с2г2
= а2 +Ь2 +с2.
х2 +у2 + z2
188. Перед последним переливанием было (8; 9; 10);
перед предпоследним: (8; 12; 7);
до начала переливаний: (12; 8; 7).
189. Пусть точка D сим- D-
метрична точке В относи-
тельно биссектрисы СМ
угла BCD.
Тогда СВ = CD и
ВМ = MD.
Тогда АС + ВС = АС +
+ CD < AM + MD = AM +
+ BM.
Рис. 52
190. л3 + Зп2 + 5/i + 3 = (п - 1)п(п +1) + 3(л2 + 2д +1). Одно
из чисел (/1-1), л, (п + 1) делится на 3. Поэтому каждое
слагаемое, а значит, и сумма, делится на 3.
191. Поскольку наибольший общий делитель чисел ра-
вен 36, их можно записать как 36jc и 36у, где хиу — взаим-
432
но просты. Тогда х + у = = 12. Тогда возможные пары
36
(х; у) — это (1; 11) или (5; 7). Искомые числа соответствен-
но: 36 и 396 или 180 и 252.
192. Искомая окружность изображена на рисунке 53. Ее

-oJL-
Ответы, указания, решения
163
радиус равен ^2,5. То, что окружность
наибольшая, следует из того, что иско-
мая окружность может пересекаться с
границами клеток только в углах, но
не может пройти подряд через три угла,
лежащих на одной прямой.
Рис. 53
193. 4л3 + 6я2 + Ъп + 9 = (п - 1)п(п +1) + 3(п3 + 2п2 +2п + 3).
Далее см. решение № 190.
194. (х + y)z = х3 + у3 + Зху(х + у) = 125. Поэтому х + у =
= 5 и ху = 6. Следовательно, х и у — корни уравнения
а2 -5а + 6 = 0. Отсюда х = 2, z/ = 3 или.* = 3, у = 2.
195. i случай. Точки лежат на противоположных сторо-
нах прямоугольника.
Пусть данные точки М и N. Рассмот-
рим точку Мр симметричную точке М
относительно центра окружности. Тог-
да прямоугольник, одна из сторон кото-
рого лежит на прямой MXN, удовлетво-
ряет условию зада-
чи.
2 случай. Точ-
ки лежат на смеж-
ных сторонах прямоугольника. Пусть
данные точки М и N. Построим вторую
окружность на MN как на диаметре.
Точка пересечения двух окружностей —
это одна из вершин искомого прямо-
угольника.
196. Пусть катеты имеют длины а и Ъ. Тогда
Рис. 54
Рис. 55
тп„
-♦'!
т? =аг+\-
т:
ша + ть2 + ™>? = -<*2 + -Ь2 = 1,5с2.
fc c 2 2
!ИС
6*

2
164 Ответы, указания, решения о5\
197. V* ~ W* - 4 = J(x - 4) - 4V* - 4 + 4 =
= ^(2 - V^I)2 = J2 - Vx^7|.
Аналогично, v* + 4V* - 4 = 2 + V* - 4 = 2 + ylx - 4 (
по-
скольку 2 + \lx-4 > 0).
Поэтому исходное уравнение можно переписать в виде
2 + Ух - 4 + Ь - Vx-4| = 4 или |2 - Vx-4| = 2 - Vx-4, то есть
откуда 4 < jc < 8.
198. См. № 192.
199. x + y + z = x + y + x2+y2=(x + 0,5)2 + (i/ + 0,5)2 -0,5.
Решение будет единственным в том случае, когда урав-
нение (х + 0,5)2 + (у + 0,5)2 = а + 0,5 имеет единственное ре-
шение, то есть а + 0,5 = 0, или а = -0,5.
200. AM = ЛС + СМ = АС + х CD = АС + * •[ СА + ^АВ| =
= (1 - х) AC + -АВ.
^ = АБ + ^ = ^ + ^^==^ + -(1С-АВ) = -АВ + -1а
3 а\ / я я
Векторы A/W и АЕ коллине-
арные, поэтому = -5-,
3 3
откуда дс = — и CM = —CD.
*W=CM = 6. S^c =AZ)Vl
S^ CD Г SM AB 3'
2 2
Поэтому SAMC=-SABC. Аналогично S^B = SBKC = -S^.
I
Значит, SMArAr = S^ - (Sjmc + S^B +S„C) = -5i4BC.

2CL
Ответы, указания, решения
165
201. Выразим х\ + х\ через р.
х\ + х\ = (*! + х2 )2 - 2x^2 =
= (4р)2-2(бр2+Зр-5) = 4р2-6р + 10 = 4
'"I
+ 7,75.
Это выражение достигает наименьшего значения при р = —.
4
При таком р уравнение действительно имеет корни, посколь-
ку D = 16р2 -4(бр2 + 3р -5) = -8р2 -12р + 20 = 6,5 > 0.
202. См. № 73.
203. Пусть log2 х = а * 0. Тогда logx 4 = 21ogx 2 =
2 log2 *
= —. Поэтому исходное неравенство можно записать в виде
а
2
а + — > 3, решая которое получим а е (0; 1] и [2; +«>). Тогда
хе(1;2]и[4;+оо).
204. По неравенству треугольника это множество таких
точек X, что \г -1| < \ОХ\ < г + 1, где О — центр исходной
сферы.
205. sin(rcsin;e)-sin(rccos3:) =
= 2 sin
— (sinх-cosхJ cos — (sinx + cosx)
Отсюда
sin a:-cos д:
cos — (sin* + cos х) = 0.
Поскольку |sin*-cos*| < 2 и |sin * + cos x\ < 2, то воз-
можны три случая:
я
1) sin* - cos* = 0; х = — + nk; ke Z.
4

166
ответы, указания, решения
?5\-
2) sin х + cos x = 1; х = 2кп или х = - + 2яга; га е Z.
2
Зя
3) sinjc + cosx =-1; х = п + 2пт или лс =— + 2пт; те Z.
Решения случаев 2) и 3) можно объединить: х = —;
пе Z.
Ответ: - + nk; ke Z или —; пе Z.
4 2
206. Число, не являющееся степенью двойки, можно за-
писать в виде (2/Ti + l)-2*, где m>l;k>0. Рассмотрим два
случая.
1) т<2к. Тогда п = (2* -тп) + (2* -m + 1) + ... + 2* + ...+
+ (2*+/n-l) + (2*+/7i).
2) т>2*. Тогда л = (m-2k + 1) + (/п-2* + 2) + ... + т +
+... + (m + 2*-l) + (/7i + 2*).
207. Пусть Bj — точка, сим-
метричная точке В относительно
прямой АС (рис. 57). Тогда, по
условию, В1 лежит на луче AD.
Следовательно, B^D = \АВ1 - ADl. с 4
Отсюда построение: строим тре-
угольник CDB1 (по трем сторо-
нам: CD; СВХ = СВ;
BXD = \АВ - AD\). Далее строим
точку А на продолжении отрезка
BJ) (по данному расстоянию AD). Наконец, строим точку В
как симметричную Вх относительно АС.
208. (а + Ь)2 - (с + сГ)2 + (а + с)2 - (b + df = (а + b + с + d)x
х(а + Ъ - (с + d)) + (а + Ъ + с + d)(a + с - (6 + d)) =
= (а + & + с + d)(a + b-c-d + a + c-b-d) =
= 2(a + b + c + d)(a-d).
209. См. № 2.

Ответы, указания, решения
167
2,-
210. а7 -5а5 + 4а3 = а(а-2)(а-1)а а (а+ 1)(а+ 2).
Среди чисел, входящих в это произведение, хотя бы одно
делится на 5, хотя бы два делятся на 3 й хотя бы два делятся
на 2 (причем одно из них делится на 4). Поэтому произведе-
ние делится на 5 • З2 • 23 = 360.
211. Пусть О — центр, квадрата.
Тогда AM и ВО — медианы треуголь-
ника ABC и ВР : ВО = 2 : 3.
2( 1 1 1
Поэтому ВР = - \-BD = -BD.
Ч2! J 3
Аналогично и DQ = — BD.
3
212. Вычитая из второго уравнения первое, получаем:
Рис. 58
4х + 2у — 2 = 0, то есть z = 6х + Зу. Подставляя в первое
уравнение, получаем: 7х + 4у = 100, то есть 7х = 4(25-у).
Поэтому х кратно 4 и 7х < 100. Есть три возможных значе-
ния х: 4, 8 и 12. Соответствующие решения системы:
(4,18,78); (8,11,81); (12,4,84).
213. 3(x2+y2)(y2+z2)(x-z)(x + z).
214. Каждое следующее число получается как сумма двух
предыдущих, увеличенная на 2. 2 + 5 + 2 = 9; 5 + 9 + 2 = 16;
9 +16 + 2 = 27; ...; 121 + 197 +2 = 320; 197 + 320 + 2 = 519; ...
п2
215. Поскольку — целое, то п делится на 2 и на 7.
14
п2
Тогда п = Ык, где k — целое. Поэтому = к2 — целое;
196
/I3
= k3 — целое.
2744
216. Поскольку АМ = -АС, AN = -AB, sinZNAM =
о о
= sin ZBAC, площади треугольников NAM и ABC относятся

2
168 Ответы, указания, решения «•'"К
как —, то есть SNAM = —' 5 = — (рис. 1). Такую же площадь
4 4 _ 20
•—> то есть ov.w = — о = —
9 "^9 9
имеет каждый из треугольников KBN и МСК. Значит,
&мnk = ^ + ^" "о" = "Т *
217. Поскольку а + — = -1, то а3 -1 = (а - 1)(а2 + а +1) =
( 1 >| а
= (а-1)а а + —+ 1 =0, то есть а3 = 1. Поэтому а1972 =
v a )
= а1971 а = (аг) а = а. Поэтому а1972 + = а + - = -1.
v ' а1972 а
Замечание 1. Решения уравнения комплексные и
-l±iV3
имеют вид .
А
Замечание 2. Следует заметить, что ответ «Реше-
ний нет» в 9 классе можно считать верным.
218. D =9(a + ft + c + d)2 - 24 (аЪ + ас + be + ad + bd + cd) =
= 9а2 + 9b2 + 9с2 + 9d2 - 6(ab + ac + bc + ad + bd + cd) =
= 3((a-ft)2 +(a-cf + {b-cf + (a-df + (b-df +(c-df)>0.
219. Поскольку -n2 + (n +1)2 = n + (n +1), то l2 - 22 + 32 -
-42 +... -1002 +1012 = 1 + (2 + 3) + (4 + 5) +... + (100 +101) =
Bl + 2 + 8 + ... + 101-M^2»5151.
ЛЛЛ b a + b a a n
220. + + - = 2 +
b — a a b — a b
— + —
a b
>2 + 2 = 4.
221. Cm. № 200.
222. a3=(a-l)(a2 + a +1) +1 = 1. Поэтому a1972 = (a3)6" x
1 _ _1 _ a2 + l _ (a2+a + l)-a
xa = a Ha1972.fli972
См. также № 217.

2
*"" Ответы, указания, решения 169
-?5\
11 ill 1 11
223. + + ...+—> — +— + ... + — = п = -.
л + 1 п + 2 2п 2п 2п 2п 2п 2
224. См. № 116.
225. См. № 68.
226. 2sinPcosy = sina « sin(P + y) = sin P cos у + cos P sin y.
Поэтому sin(P-y) = sinPcosY-cosPsinY = 0.
Следовательно, P = Y-
227. 9 1 + 90-2 + 46-3 = 327.
Замечание. В любой книге число страниц четное.
228. Среди чисел 1973, 1974, ..., 1999 пять делятся на 5,
одно из них делится на 52 и ни одно не делится на 53. Поэто-
му 1973 • 1974 •... • 1999 делится на 56, но не делится на 57. А
поскольку оно делится и на 26, то заканчивается 6 нулями.
1 9fi
229. 1 = 41 раз (третий игрок).
о
230. Пусть искомое число равно ху = IOjc + у. Тогда
10л: + у = 2ху, то есть у = (2у -10) х. Поэтому у > 5 и у —
четное. При у = 6 получаем число 36. При у = 8 решения
нет, так как х — не целое.
Ответ: 36.
231. 8 листов. (6 разрезаются на листы 9 дм х 4 дм; ос-
тальные 2 — на листы 3 дм х 4 дм).
232. Не существует. НОД (р2 + р + 1;р2 -р + l) =
= НОД (2р; р2 ^ р +1). р2 -р делится и на р, и на 2, поэтому
р2 - р +1 взаимно просто с р и с 2, а значит, и с 2р.
233. Проведем также отрезок РНУ параллельный данно-
му отрезку MN и проходящий через основание Н высоты
ВН. Тогда РН — средняя линия в треугольнике ABC и

170
Ответы, указания, решения
Р# = -ВС = 6. ВН — диагональ
трапеции ВРНС, а отрезок MN, про-
ходящий через середину диагонали
параллельно основаниям, — средняя
линия этой трапеции. Поэтому ^
.... ВС + РН .
MN = = 9.
234. т4 - 2/м3 + 7т2 - 6т + 9 = (т2 - т + З)2 > 0.
235. Пусть С — точка поверхности пруда, а X — точка
отрезка АВ. Поскольку точка С видна из А, то весь отрезок
АС находится в пруду. Тогда все точки отрезка АС видны из
Б. Тогда все точки треугольника ABC, и в частности точки
отрезка ХС, находятся в пруду. Следовательно, точка С вид-
на из X.
236. Поскольку в каждом матче участвуют две команды,
то в любой момент сумма количеств матчей, сыгранных все-
ми командами, четная. В то же время, если бы каждая из 25
команд сыграла нечетное число матчей, то указанная сумма
была бы нечетной. Противоречие. (В общем случае при лю-
бом числе команд количество команд, сыгравших нечетное
число матчей, всегда четно. И, в частности, не может рав-
няться 25).
237. Это всегда возможно при нечетном п. Перенумеруем
команды номерами 1, ..., и. Пусть в матче между командами
с номерами k и I (где k > I) выигрывает команда ky если
k -1 > — и /, если k - / < —. Тогда по окончании турнира каж-
2 2 n_i
дая команда выиграет ровно у команд. При четном п
2
такое невозможно, так как в- этом случае каждая команда
набрала бы п " — нецелое число очков, что невозможно.
238. х4 + у4 + z4 + t4 - 4xyzt = (х2 - у2)2 + (z2 -t2f +
+ 2{ху- ztf = (х2 - г2)2 + (у2 - t2f +2(xz- yt)2 =

Ответы, указания, решения
171
-?5ь
= (х2 - t2) + (i/2 - z2) +2 (х£ -г/г) > О, равенство выполняет-
ся только если х2 - у2 = г2 -12 = х2 - г2 = ху - zt = 0, то есть,
если |л:| = \у\ = \z\ = |f| и xz/z* > 0.
239. Поскольку ZAXB + ZBXC + ZCXD + ZDXA = 360°,
хотя бы один из этих углов не меньше 90°. Тогда точка X
накрыта кругом, построенным на соответствующем отрезке.
о^л тт а с 1972 гп
240. Предположим противное: — + — = . Тогда
Ь d 1973
, или 1973(ad + bc) = 1972bd. Поэтому bd де-
ad + Ъс _ 1972
bd " 1973'
лится на 1973. А поскольку число 1973 — простое, то хотя
бы одно из чисел Ь или d делится на 1973, и значит, не
меньше 1973.
241. По формуле включения и исключения искомое число
+
ibho:
"1973 "
1719.
19
73-
1
13-
"1973]
Тз 1
973
1719
-
"1973"
17
. лачл
-
"1973"
19
+
" 1973 "
13 17
+
" 1973 "
13 i9
242. По условию f(x;y) = u(x)y + v(x) = w(y)x + t(y), где
и(х), i>(jc)— функции одного аргумента х, а ш"(у), t(y) —
функции одного аргумента у. Найдем вид этих функций.
f(x;0) = v(x) = w(0)x + t(0); f(x;l) = u(x) + v(x) = w(l)x + t(l),
т.е. ii(x) = (ii;(l)-ii;(0))x + *(l)-*(0)f и f{x;y) = (w(l)-w(0))x
xxy + (t (1) -1 (0))y + w(0)x + t (0).
Обозначим w (1) - w (0) = a, t (l) -1 (0) = c, w (0) = b9 t (0) = d,
тогда f{x\ z/), удовлетворяющая условию задачи, может иметь
только вид / (х; у) = аху + bx + cy + d, где а, Ь, с, d — постоян-
ные. Легко проверить, что всякая функция такого вида при
любых а, Ь, с, d удовлетворяет условию задачи.

2
172 Ответы, указания, решения *Р?У\
243. 1-й способ. Пусть k из чисел взяты со знаком «+»
и п - k — со знаком «-». Тогда со знаком «+» будет
k(k-l) (n-k)(n-k-l)
—± L + ^ il L удвоенных произведении, а со зна-
2 2
ком «-» — k(n-k) удвоенных произведений.
Поэтому £(&-1) + (и-Л)(л-£-1) = 2k(n-k). Отсюда
п = (п - 2k) . Это возможно тогда и только тогда, когда п —
точный квадрат.
2-й способ. Пусть |jcJ = \х2\ = ... = |jc I = 1. Тогда количество
удвоенных произведений со знаком «+» будет равно коли-
честву удвоенных произведений со знаком «-» в том и толь-
ко том случае, когда (хх + ...+ хп) = х\ + ...+ х\ = п. А это
возможно тогда и только тогда, когда п — точный квадрат.
244. х2 +2xsinny + 1 = (l-sin2 пу)х2 + (xsinny + l)
Поэтому sin2 пу = 1 и xsinny = -1, т. е.
z/ = n + -,ne Z,
M-ir1-
245. х = 1. Докажем, что других решений нет.
(1973Y л ( 1 Y
Перепишем уравнение в виде ~*-~\ •
I АУi^ J I J. У (A J
Функция в левой части уравнения возрастает, в правой убы-
вает. Поэтому уравнение имеет не больше одного решения.
246. 1-й способ. По теореме Пифагора: Iad|2 = \АМf +
+ |МЛГ|2 + \ND\2, т. е. \MNf = \AD\2 - \АМ\2 - \DN\2 = 1-1-1 =
= —. Поэтому \MN\ = —p=.
2 ■ ' V2

2,-
Ответы, указания, решения
173
2-й способ. Воспользуемся форму-
лой для объема тетраэдра:
F = -|A£|-|CjD|-p-sin(p, где р — рас-
6
стояние между ребрами АВ и CD; a
ф — угол между этими ребрами. Ютсю-
б-1
6V
да р =
6>/2 _ 1
Рис. 60
\АЦ'\СЦ'siny l-l-l V2*
247. См. № 242,
248. Пусть fc-й вектор имеет координаты (xk>yk)- Тогда
его длина ^x2k +у\ < \хы\ + \ук\. Поэтому к| + |*2| + ...+
+KI + k| + |^2| + - + kl^4- Значит, или |*J + |x2| + ...+
+ |xn|>2, или |^1| + |i/2| + ... + |i//i|>2. Пусть для определен-
ности |*J + |;t2| + ... + k|>2. Выберем из чисел х19 ...,хп
те х^, ...уХ^, знак которых совпадает со знаком S = xl +
+ х2 + ... + хл. Тогда модуль их суммы к + х^ + ...+ xkI =
kl+kl + ... + kl + |s|
> 1. Но тогда длина суммы соответ-
ствующих векторов равна
249. Рассмотрим выпуклую оболочку этих пяти точек,
т. е. минимальный выпуклый мно-
гоугольник, содержащий их. Если
это четырехугольник или пяти-
угольник, то достаточно взять его
четыре вершины. Если же это тре-
угольник, то внутри него находят-
ся две точки (на рисунке точки D
и Е лежат внутри треугольника
ABC). Рис. 61

174
Ответы, указания, решения
2*
Проведем через эти точки прямую и добавим к ним две
вершины треугольника, которые лежат с одной стороны от
этой прямой. Полученные 4 точки будут искомыми.
250. Т. к. в числитель входят множители 19; 38 = 19 • 2;
57 = 19 • 3; 76 = 19 • 4; ...; 1900 = 19 • 100, то числитель делит-
ся на 19100, а значит и на 1974. Поэтому после сокращения
получится целое число.
251. V =
21
21
'1^
'О
1
— + ■
= 48 км/ч.
252. НОД (p-q, q) = НОД (р, q).
253. 14 шаров.
254. См. № 250.
255. См. № 251.
256. п = 2* • 3' и при этом: (ft -1): 2, ft : 3, I : 2, (l -1) : 3.
Наименьшее: k = 3 , I = 4. Поэтому искомое л = 23 • З4 = 648.
257. Последовательно строятся: Р — пересечение пря-
мых (AD) и l2; M — пересе-
чение прямых (BD) и (СР);
Е — пересечение прямых
(AM) и /2. Тогда прямая
(DE) — искомая. Это легко
выводится из того, что
М — точка пересечения ме-
диан треугольника АВР.
258. Либо FDEANKCB, либо FDEAKNBC.
259. См. № 100.
260. Данное число при делении на 9 дает остаток 7; а куб
числа может давать только остатки 0, 1 и 8.

2
*" Ответы, указания, решения 175
-?5,
п(п-З) (2п-3) -9
261. Нет, т. к. /i-угольник имеет —- = -
2 о
диагоналей; а число 8 • 1974 + 9 не является точным квадра-
том.
262. Потребуется 10 взвещцваний. При этом последова-
тельно отвешивается: 1, 2, 4, 8, 16 г (при этом уже взвешен-
ный сахар каждый раз пересыпается на чашку с гирей);
гиря снимается, отвешивается 31 г; гиря кладется и сахар
пересыпается, отвешивается 63 г; гиря окончательно снима-
ется и последовательно отвешивается: 125 г, 250 г, 500 г.
Ссыпав вместе весь сахар, получаем 1 кг.
263. Рассмотрим кратчайшую лома-
ную, соединяющую данные точки. Пред-
положим, два ее звена: АВ и CD пересе-
каются в точке X. Заменив эти звенья
какой-то парой: АС и BD или AD и ВС,
снова получим ломаную, проходящую
через данные точки. Рис- 63
При этом \АС\ + \BD\ < (\АХ\ + \ХС\) + (\ВХ\ + \XD\) =
= (| АХ\ + \ХВ\) + (\СХ\ + \XD\) = \АВ\ + \CD\.
Аналогично, |AD\ + \ВС\ < |АВ\ + \CD\. Но тогда исходная
ломаная не кратчайшая. Пришли к противоречию.
264. Т. к. х3 и у3 могут давать при делении на 9 только
остатки 0, 1 и 8; то х3 + у3 может давать только остатки 0, 1,
2, 7 и 8. Но 1974 при делении на 9 дает остаток 3. Поэтому
уравнение х3 + у3 = 1974 не имеет решений в целых числах.
265. Пусть Д,^, ...,АЛ — данный многоугольник (при
этом Ia^HIAAH-^K-AHKaI; ад-А -пРа-
вильный многоугольник, стороны которого параллельны сто-
ронам данного (BkBk+1 || AkAk+l).
Рассмотрим 2 случая:

2
176 Ответы, указания, решения ^р Сч
1) л — четное, п = 2k.
Рассмотрим проекции векторов А1А29 А2А2, ...уАпА1, на
прямую (BlBk+l). Тогда проекции векторов А^А^, ...,АлАА+1
сонаправлены с ВгВк+1 , а проекции Ak+1Ak+2, ...9An_1An9AnA19
противоположно направлены. Обозначим С} проекцию точ-
ки Aj на (ВД+1). Тогда сД + С& + - + 0,.^+ад = 0 и,
следовательно, \СХС2\ + С2С3 +... + САСл+1 = Cft+1CA+2 +... +
+ |^А| + |ад|- Кроме того, |^С2|^|СЛ|; |С2С3| *\Сл_гСл\; ...
-;|С*СМ|^|СМСМ|. Поэтому ^1 = |C.q|f а значит, и
|АЛ| = |АА| и т. к. IA^I^Ia.A^^IA^I, to все сторо-
ны имеют равную длину, а значит, многоугольник А1А2...Ап —
правильный.
2) п — нечетное, п = 2k + 1.
Доказывается аналогично первому случаю, но при этом
рассматривается проекция на прямую, соединяющую В с се-
рединой отрезка [БАБл+1].
266. См. № 263.
267. Заметим, что многочлены х19 -х = x-Ux3) -1] и
х74 - х2 = х2 И*3)24 -1) делятся на х3 -1 = [х2 + х + 1)(х -1);
а значит и на х2 + х +1. Поэтому и многочлен 1 + х19 + х74, =
= (х19 - х) + (jc74 - х2) + (х2 + * +1) делится на х2 +х + 1.
268. Всего га-значных чисел 9 • 10я'1. Среди них количе-
ство не содержащих единицу э своей записи — 8 • 9я"1. Ос-
тальных — 9 10я1-8-9я"1. "Сравнивая эти числа, найдем
их разность: 8 • 9я"1 - (9 • 10я"1 - 8 • 9я"1) = 2 • 8 • 9я1 - 9 • 10я1.
16 flOV1
V
то есть ког-
Это выражение положительно, если — > |
160 о 9
да п < log10 . Это неравенство выполняется при п от 1 до
т 81

2
л^\ Ответы, указания, решения 177
6. В этом случае больше чисел, не содержащих единицу в
своей записи. Если же п > 6, то больше чисел, содержащих в
записи единицу.
269. ^ }- '-.
2
270. См. № 263.
271. 1-й способ. Пусть cos = х. Т. к. cosoc + cos|3 =
= 2cos -cos В < 2х и cosy = cos(180° - ос - Р) = -cos(cc + 0) =
3 13
= 1-2;с2; то cos а + cos В + cos у ^ 2х + 1-2;с2 = --2(х--)2 < -.
2 2 2
2-й способ. Используя неравенство Иенсена, легко пока-
зать, что cos a + cos |3 + cosy ^ 3cos = —. (При этом
необходимо рассмотреть случаи остроугольного и тупоуголь-
ного треугольников).
272. х1974 + х19 + х74 = ((х3 )658 -1) + х • ((х3 )6 -1) +
+x2((jc3)24-l) + (l + x + x2).
И так как 1(х3)п -1) делится на х3 -1, а значит, и на
х2 + jc +1, то и x1974+jt19 + х74 делится на х2 + х +1 (см. так-
же № 267).
273. См. № 265.
274. С = {бп : л е N} — множество чисел, делящихся на 6.
275. 25.
276. Цена должна делиться на 3.
277. Произведение всех произведений по столбцам рав-
но произведению всех чисел, а значит, и произведению всех
произведений по строкам, т. е. -1. Значит, найдется столбец,
произведение чисел в котором равно -1 (более того, таких
столбцов нечетное число).

2
178 Ответы, указания, решения 0^\
278. Пусть медиана CD = -AB. Тогда CD = AD = BD,
2
т. е. точка D — центр описанной окружности, а АВ — ее
диаметр. Значит, С = У Ц= А + В
279. Последовательность имеет вид: а, Ъ, Ь-а, -а, - Ь,
а-b, а, Ь, а-Ь, ..., т. е. периодическая с периодом 6. Т. к.
1975 = 1 + 6 • 329, то на 1975-м месте стоит а.
ООЛ /i3-2/i2+3 2 3 оЧ 0ч
280. = /г + , поэтому 3:(/i-2), т. е. п = 1,
71-2 /1-2
^ ^ . 7*3-2т12+3 п3-2т*2+3 ,Л
3 или 5. При п - 1 = -2; при п = 3 = 12;
л-2 л-2
к3-2я2+3
при /г = 5 г ^Ь.
д — z
281. Если среди данных точек есть 3, лежащие на одной
прямой, то раскрасим крайние в первый цвет, а среднюю —
во второй (рис. 64, а). Иначе рассмотрим произвольные 4
точки. Если одна из них лежит в треугольнике, образован-
ном остальными, то окрасим ее в первый цвет, а остальные
во второй (рис. 64, б). Если же
# • о • они лежат в вершинах выпук-
• • ° • • о лого четырехугольника, то точ-
ки в вершинах одной диагона-
а б в
ли окрасим в первый цвет, а в
в4 вершинах другой диагонали —
во второй (рис. 64, в).
282. Пусть искомый треугольник — ABC; О — точка
пересечения данных прямых. Тогда /ABC = 2ZAOC - 180°.
Поэтому ZABO = Z.OBC = ZAOC - 90°. Исходя из этого, легко
построить точки А и В.
283. 0 людей; 7 собак; 3 мухи или
1 человек; 5 собак; 4 мухи или
2 человека; 3 собаки; 5 мух или
3 человека; 1 собака; 6 мух.

Ответы, указания, решения
179
284. с-7 + 3 = -5; Ь + а + с = -2; а + b +р = 1. Поэтому
р = 2.
285. Т. к. при целом п выражение п3 - п = (л - 1)/г(л +1)
делится на 2 и на 3, а значит, и на 6, то аь -а = [а2 + 1)(а3 - о)
и Ь3 -Ь делятся на 6.
Поэтому делится на 6 и 5# + Ь + с + (а5 -а) + (&3 -Ь) =
= а5 + Ь3 + с.
286. а) - — < k < 0; б) fc = 0; в) Л > 0 или k = - 25
16
25
16'
г) не
существует; д) k < - —.
lb
287. Если прямоугольник D
А1В1С1 вписан в прямоугольник pi
ABCD, то их центры совпадают.
Поэтому точки В19 Б2, Dv D2 лежат D
на окружности с центром, совпа-
дающим с центром ABCD. Поэто- А
му ВВХ = В2С. Тогда Ялад +
288. Пусть и — скорость эскалатора, и — скорость пеше-
/ I I
—=— = 24; - = 42; - = * —
и + и и и
Рис. 65
хода, Z — длина эскалатора. Тогда
искомое время. Поэтому: - + — = —, откуда t = 56 с.
t 42 24
289. Разобьем квадрат без трех кле-
ток на 6 частей как указано на рисунке
66. В них закрашено не меньше чем
16-3 = 13 клеток. И, следовательно, хотя
бы в одной из них закрашено не меньше
трех клеток.
290. Пусть угол между сторонами ра-
вен 2ф, а длина биссектрисы равна х. Тог-
2
да х = — — coscp = 12coscp < 12.
10 + 15
Рис. 66

2
180 Ответы, указания, решения **5\
291. Так как произведение всех чисел по строкам и про-
изведение по столбцам равны произведению всех чисел в
таблице, то произведения по строкам и по столбцам равны
между собой. Поэтому произведение всех произведений по
строкам и по столбцам равно 1 и количество -1 среди этих
произведений четно, а значит, не равно п. Поэтому количе-
ства произведений, равных 1 и -1, различны, а их сумма не
равна 0.
292. Разобьем эти числа на две группы, в одну из кото-
рых войдут все положительные числа, а в другую — отрица-
тельные. Группа с большим модулем суммы — искомая.
293. Т. к. Jx + 2jx^ + Jx-2>fx^ = l + J^ +
+ l-v*-l, то при а < 2 решений нет; при а = 2: jce[l,2];
а2
при а > 2: х = 1 + —.
4
294. a) ad = be, т. е. /(*) = const;
, ч . const
б)Ь = с = 0, т. е. f(x) = const- х; илиа = с£ = 0, т. е. Т =
295. Предположим, что п <
(л(
R
. Рассмотрим кру-
—-1
ги радиуса 2г с центрами в центрах монет. Сумма их пло-
щадей равна п • 4я(г)2 < n(R - г). Тогда в круге с центром в
центре стола радиуса (jR - г) найдется точка, не покрытая этими
кругами. В этом случае на стол можно положить монету с
центром в непокрытой точке. Эта монета будет лежать на
столе и не налегать ни на одну монету.
г R
Если же v п > —, то сумма площадей монет превысит
г >
площадь стола и монеты не удастся положить на него без
наложений.
296. Пусть п < т. Тогда yfn<>fn<$Js.
2 2 г-
297. 2-(2х-1 +jc"1) = 2i +-, поэтому * = -, т.е. х = V2.
х х

2^
Ответы, указания, решения
181
298. Рассмотрим две группы чисел: с четными номерами
и с нечетными. Выберем из них ту, у которой модуль суммы
больше. Далее см. решение задачи 292.
299. 3025.
300. Четверг.
301. Например, плоскость или полоса.
302. а = 3, Ь = 8, с = 9, d = 1.
303. Будет. Если две точки принадлежат пересечению фи-
гур, то они принадлежат каждой из фигур. Поэтому отрезок,
соединяющий точки, принадлежит каждой из фигур, а зна-
чит, и их пересечению.
304. 2951:13 = 227.
305. Преобразовав выражение р, получим:
р = 2 (а - 2Ь - 4)2 + (ЗЪ - б) + 1976. А
Отсюда а = 8, Ъ = 2, minp = 1976.
306. Искомая точка — основание высо-
ты. Действительно, KL = СМ. Поэтому KL
минимально, когда СМ минимально.
307. Пусть х — число сороконожек,
у — число драконов. Тогда х + Зг/ = 26;
40* < 298. Отсюда х < 7. Так как 26 -х
делится на 3, то х = 2 или х = 5. Проверка
показывает, что х = 5, у = 7. Число ног дра-
кона (298-40-5): 7 = 14.
308. 21. Пусть рассматриваемые цифры а, Ь, с, d
(a<b<c<d). Тогда:
11220 = (1000а + 100b + 10с + d) + (l000d + 100c + ЮЬ + а) =
= 100l(a + d) + 110(& + c) = ll(9l(a + d) + 10(6 + c));
9l(a + d) + 10(b + c) = 1020 и 9l(a + d) = 10(l02-b-c).
Значит, 102 - b - с делится на 91, то есть b + с = 11, тогда
9l(a +d) = 910 и а + d = 10. Следовательно, a + b + c + d = 21.

182 Ответы, указания, решения
309. Рассмотрим систему векторов ОД, QAl,...,QAn. Если
повернуть эту систему на угол 360°/л вокруг точки О, то
система перейдет сама в себя. Поэтому вектор ОД +
+ОД+... + ОД при этом повороте не меняется и, следо-
вательно, он нулевой. Тогда МД+... + МД = л МО +
+ ^ОД +... + ОАп j = n- МО, откуда и следует искомое равен-
ство.
310. Пусть Д, Д+1, Д+2 — три последовательные точки
поворота льва. Угол ДД+Д^ равен 155° и является вписан-
ным в окружность, ограничивающую арену. Поэтому
иДД+Дл+2 = 360° - 2 155° = 50е. Так как 50°-36 = 360°-5, то
Д = Д+72*
311. Воспользуйтесь тем, что точка, симметричная вер-
шине треугольника относительно биссектрисы, лежит на
противоположной стороне треугольника.
312. См. № 307.
1 х2 — 1 3
313. —. Так как у(х) = = 1 , то наимень-
2 х2+2 х2'+2
шее значение будет достигаться при х = 0.
314. Если выбрать в качестве базиса векторов на плоско-
сти векторы АВ и АС, то вектор AM можно представить
в виде х • АВ + у • АС, причем, т. к. точка М лежит внутри
треугольника, числа х и у положительные;
= P(Ob-qa) + y(OC-oa) = Pa5 + y -^c,
следовательно, $ = х>0 и Y = i/ > 0. Аналогично доказыва-
ется, что ос > 0.
315. Легко показать, что все числа одного знака. Пусть
все они положительные. Выберем 60 чисел. Разобьем их на
6 десятков. В каждом десятке есть число, большее 1. Итак,
существует шесть чисел хх, х2, ..., х6, каждое из которых боль-
2,-

2
л^\ ответы, указания, решения 183
ше 1. Остальные 1970 чисел разобьем на 197 десятков. Про-
изведение всех 1976 чисел — произведение 197 произведе-
ний десятков и чисел х19 лг2, ..., х6. Все сомножители больше
1, значит, произведение больше 1.
Для отрицательных чисел доказательство аналогичное.
316. ВВ2 = - АВ2 + -1- ВС2 - ^АС2, СС2 = г АС2 + - ВС2 -
1 2 2 4*2 2
-т АВ2. Отсюда ВВ2 + СС? = - АВ2 + - АС2 + ВС2.
4 * » 4 4
Далее АВ2 + АС2 > -(АВ + АС)2 >-ВС2.
Поэтому ВВ2 + СС2 > -ВС2 + ВС2 = -ВС2.
1 * 8 8
317. Из уравнения следует, что 2у[ху = 1976 -х-у, а так
как х и у целые, то <Jxy e Z. Умножая уравнение на
получим Vl976x = х + yfxy. Поскольку >/1976jc g Z, a
1976 = 23 • 13 • 19, то x делится на 2 • 13 • 19, то есть х = 494^.
Аналогично у = 494^. Отсюда -у/х^ + yfy^ = 2. Следователь-
но, х1 = у1=1лх = у = 494.
318. Пусть х - а — ось симметрии графика функции
у = f(x). Это значит, что для всех х из области определения
функции будет верно / (х) = f (2а -х). Если имеется вторая ось
симметрии х = 6, то имеется соотношение f(A = f(2b -1) для
всех t из области определения /(х). Подставив t = 2a - х, по-
лучим /(л:) = /(2а-л:) = /(^) = /(2Ь-(2а-:с)) = /(д: + 2Ь-2а).
Видим, что период функции Т = 26 - 2а.
319. При а е (-©о; - 4) U (4; + «>) один корень, при а = ±4 —
два корня, при ае (-4; 4) — три.
320. При п > 4. Для доказательства рассмотрим много-

2
184 Ответы, указания, решения ^р EL
угольник и видоизменим его при помощи параллельных пе-
реносов его сторон. У правильного многоугольника сум-
ма расстояний от внутренней точки до сторон постоянна (и
равна отношению удвоенной площади к стороне). Поэтому и
у видоизмененного многоугольника такая сумма постоянна.
При п > 4 легко убедиться, что существует требуемое видоиз-
менение. При п = 3 — только правильный треугольник, а
при п = 4 — только параллелограмм обладает описанным в
условии свойством.
321. Пусть е1 = {cosjc,sin*}, e2 = {cosi/,sinz/},
e3 = {cos z, sin z). У всех у них длина 1, а сумма их равна
нулевому вектору, значит, углы между этими векторами 120°.
А из этого следует, что тем же свойством обладают векто-
ры: Д = {cos 2*, sin 2л;}, f2 = {cos2i/,sin2i/}, /3 = {cos2z,sin2z}.
322. Из 9 вершин найдутся 5 одного цвета. Эти вершины
2я
делят окружность на 5 дуг величины — ft , где 1 < i < 5,
5 "
^kt =9. Либо среди чисел найдутся три равных, либо это
числа 1,1,2,2,3. Легко видеть, что в любом случае найдутся
четыре одинаково окрашенные вершины, образующие рав-
нобокую трапецию ABCD. Тогда треугольники ABC и DCB
искомые (AD \\ ВС).
323.
, а + 2Ь
°>—~—
при Ь й а, 0 при b > а.
324. \ab + cd = etg>
[{а, Ь} и {с, d} = {*,*,£}.
Смысл второго равенства-системы состоит в том, что лю-
бая цифра из левой части первого равенства встречается в
его правой части, и наоборот. Ясно, что е = 1. Поэтому 1
встречается в левой части первого равенства. Без ограниче-
ний общности можно считать, что а = 1 или Ь = 1.
1) Пусть а = 1. Тогда с = 8 или с = 9. Пусть с = 8. Тогда

л^\ Ответы, указания, решения 185
t = 0, а значит, Ь = О либо d = 0. А это приводит к тому, что
ab + cd< 100. Таким образом, с = 9. Тогда £ = 9, 6 + d = 9,
t = 0. Получается два решения: 10 + 99 = 109 и 19 + 90 = 109.
2) Пусть Ъ = 1. Число d * 9 (иначе а = 0 или с = 0). Число
d * 0 (иначе а = с- 1). Число d * 1 (иначе £ = 2, а = 2, с = *,
а = 10). Поэтому g = 1 + d, а + с = 10 + t. Значит, t = d. Если
a = d + l,Toc = 9,d = 8. Получаем еще одно решение задачи:
91 + 98 = 189. При с = d + 1 будет a = 9 и ответ будет таким
же.
Ответ: 10 + 99 = 109; 19 + 90 = 109; 91 + 98 = 189.
325. Ось симметрии треугольника обязательно проходит
через одну из его вершин. Две другие вершины симметрич-
ны относительно этой оси. Значит, две стороны треугольни-
ка тоже симметричны относительно этой оси и, следователь-
но, равны. Вторая ось симметрии проходит через другую
вершину треугольника, откуда следует равенство двух дру-
гих его сторон. Таким образом, треугольник равносторон-
ний. Величины его углов, разумеется, тоже равны.
326. Пусть длина отрезка АВ равна jc, отрезка ВС — у,
отрезка CD — z.
Тогда, если точка 4 & С 2
лежит левее А, сумма
Рис. 68
расстоянии от нее до
данных точек больше, чем от А. То же самое, если она лежит
правее D. Если точка лежит на отрезке ВС, то сумма рассто-
яний от нее до Б и С всегда равна г/, а до А и D — всегда
равна х + у + z. Сумма всех расстояний тогда — х + 2у + г.
Если точка лежит на отрезке АВ, но не совпадает с Б, то
сумма расстояний от нее до А и Б всегда равна х, а до Б, Си
D — всегда больше, чем 2у + z. Вся сумма расстояний тогда
больше, чем х + 2у + z. Аналогично для точек отрезка CD, не
совпадающих с С. Таким образом, условию удовлетворяют
все точки отрезка ВС и только они.
327. В словаре 695 страниц: однозначными числами про-
нумерованы 9, двузначными — 90 и трехзначными — 596
(см. также № 104).

186
Ответы, указания, решения
2-
328. Пусть мужчин было х, женщин — у, детей — z.
Тогда 2x + -z/ + -z = 12, х + у + z = 12, х > О, у > О, z > 0.
Из первого уравнения 8х + 2у + z = 48, или, с учетом второго
7х + у = 36. Отсюда i/ = 36 - 7х; 0 < 36 - 7х < 12, откуда х = 4
или jc = 5. При л: = 4 I/ = 8, а г = 0, что невозможно. При
jc = 5 у= 1, az = 6, что и является ответом.
329. Пусть данное число — а + 10Ь + 100с + 1000<1 Тогда,
по условию, 9(а + 106 + 100с + 1000d) = 1000а + 100b + Юс +
+ d. Отсюда 8999d + 890с = 10Ь + 991а. d Ф 0, поскольку это
первая цифра исходного числа. Поэтому, если с Ф 0, 8999d +
+ 890с > 9889. 10Ь + 991а < 90 + 8919 = 9009. Значит, с = 0.
Если при этом d > 1, левая часть равенства больше правой.
Значит, d-= 1. Тогда получаем 8999 = 106 + 991а. Чтобы
правая часть оканчивалась на 9, нужно, чтобы а = 9. Тогда
6 = 8. Исходное число равно 1089.
330. РМ 1 АВ; КМ 1 ВС. Проведем CL \\ AB, CN 1 АВ.
d Тогда NPLC — прямоугольник. PL = NC.
ZLCM = ZBAC = ZBCA = ZMCK.
ZCLM = ZCKM = 90°.
ACLM = АСКМ по катету и ги-
потенузе. КМ = LM.
РМ - KM = PM-LM = PL = NC,
что и требовалось доказать.
Рис. 69
331. Рассмотрим на координатной плоскости сеть из
У. прямоугольников размером 1976 х 1977,
образованную прямыми х = 1976т и
/ у = 1977л; т > 0, п > 0, т е Z, n e Z.
Пусть наш бильярд — левый ниж-
ний прямоугольник, а начало дви-
жения шара — начало координат.
Каждый раз, когда шар отражает-
ся от борта, будем прямоугольник
р -q заменять на симметричный относи-

-?5v
Ответы, указания, решения
187
тельно этого борта, и траекторию движения рисовать на но-
вом прямоугольнике. Тогда траектория движения шара бу-
дет находиться на прямой у = х, а момент попадания шара в
угол совпадет с первым после начала движения узлом сети.
Это будет при 1976 т = 1977 л. Отсюда т = 1977, а п = 1976.
Длина пути, пройденного шаром-,, равна 1976 • 1977>/2.
332. Это пары чисел вида (а; 37Ь), где (а; Ъ) — лю-
бая пара натуральных чисел, удовлетворяющих условию
ab = 3fc; k = 1; 2; ...; 9. Всего 41 пара.
333. Пусть в альбоме х листов, а у — количество марок у
мальчика. Тогда из условия следует, что 20* < у < 23 • (jc -1)
и у + 21jc = 500. Из второго уравнения у = 500 - 21л: подста-
500
20x<500-21jc,
вим в неравенство: |500 - 21^ < 23(о; -1), °ТКУДа
Учитывая, что х — целое, получаем х = 12.
334. Данное условие равносильно системе:
2-|х|-|у|>0,
((l-\X\) + (l-\y\)f=(l-\X\f+(l-\y\)\
X <
х>
41 '
523
44 '
У | |
■ilk х
II \ х
но
Рис. 71 Рис. 72
Первое условие дает фигуру на рис. 71. Второе равносиль-
1 ■ и дает совокупность четырех прямых: дг = ± 1, у
= ± 1. С учетом первого условия получаем рис. 72.

188
Ответы, указания, решения
2CL
MB Pi
s
A
/ Q)
о л
D
B2
Рис. 73
335. Искомое число N можно представить в виде
N = 151л + 14 = 152т + 1, где пит — натуральные числа.
Так как 1000 < N < 9999, то 7 < п < 66, 7 < т < 66.
Легко видеть, что 150(л - т) = 2т - л - 13.
Так как \2т - п - 13| < 66 • 2 - 13 = 119 и 150(п - т) крат-
но 150, то п - т = 0.
Тогда JV = 151л + 14 = 152л + 1. Значит, п = 13, a iV = 1977.
336. Пусть вершины четырехугольника PQRS находятся
на сторонах квадрата ABCD так,
как показано на рис. 73. Постро-
им еще 4 квадрата.
Pt — симметричный образ Р от-
носительно CD; S1 — симметрич-
ный образ S относительно AD;
Р2В2 = РВ. Тогда PXQ + QR + RSl +
+ SXP2 = PQ + QR + RS + SP.
Пусть Р2М параллельна АВ. Тог-
да МР1 = MB + ВС + СРХ = Р2В2 +
+ ВС + СРХ = ВС + ВР + РС + 2ВС = 2.
Поэтому РХР2 = 2>/2 = PXQ + QR + RSX + S^, а это периметр
четырехугольника.
337. При решении задачи можно даже не предполагать,
что все фальшивые монеты имеют одинаковый вес. Пусть
вес настоящей монеты равен а грамм. Среди фальшивых
монет п имеют вес а - 1, 50 - п имеют вес а + 1.
Если положить на чаши весов по 50 монет, и при этом
останется настоящая монета, то весы покажут четный ре-
зультат. Действительно, если все фальшивые монеты ока-
жутся на одной чаше весов, то результат будет равен
50а - 50а + п - (50 - п) = 2л - 50.
Это число четное. Если одну из фальшивых монет поме-
нять местами с настоящей, то одна чаша увеличит свой вес на
1, а другая уменьшит вес на 1. Результат изменится на 2, а
значит, останется четным. Несколько таких перестановок
приведут к любому распределению 100 монет по 50 монет на
чашах и оставят результат четным. Если же отложенной ока-
жется фальшивая монета, то весы покажут нечетное число.

2-
-?5\.
Ответы, указания, решения
189
338. Пусть овца весит Р граммов. Лев, тигр и волк за
1 минуту съедают х> у и z граммов овечьего мяса соот-
ветственно. Тогда Р = 144(jc + у) = 180(;с + г) = 240(г/ + z).
Р
Отсюда х + у + z =
120
Поэтому хищники съедят овцу за
120
часа.
= 120 минут, т. е. за 25
339. Условие переписывается
в виде: (\x\-lf+(\y\-lf <1.
*~х
Рис. 74
340. Решение этой задачи ана-
логично решению задачи № 331,
только вместо прямой у = х при-
дется рассматривать прямую
у = х + 100 или прямую у = -х +
+ 100. Начало движения — точка (0; 100). Движение в обла-
сти х > 0. Условие прохождения через узел сети в первом
случае будет 1977/1 = 100 + 1976т, т > 0. При т = 0 остаток
от деления числа 100 + 1976т на 1977 равен 100. При
увеличении т на 1 остаток будет уменьшаться на 1. Первый
раз остаток будет равен 0 при m = 100. Длина траектории в
этом случае будет 197600V2. Во втором случае условие име-
ет вид 1977л = 100 - 1976т, решением в этом случае будет
т = 1877, п = -1876. Длина траектории в этом случае будет
равна 1976 1877>/2.
341. Без ограничения общности
можно считать, что концы отрезка PQ
лежат на периметре фигуры, ограни-
ченной отрезками АВ, АС и меньшей
дугой ВС. Возможны два случая.
Первый случай. Концы отрезка
лежат на АВ и АС. Заменив отрезок А
в случае необходимости на больший,
можно считать, что он касается дуги
ВС в точке R.

190
Ответы, указания, решения
2,-
Рис. 76
РВ = PR, QC = RQ,AB = AC.
PQ <AP + AQ =AB - PB +AC - QC = 2AB - PR - RQ =
= 2AB - PQ. 2PQ < 2AB, PQ < AB.
Второй случай. Один конец отрезка лежит на дуге ВС, а
второй — на одном из отрезков АВ
или АС. Пусть точка Р лежит на дуге
ВС, а точка Q — на отрезке АС. Про-
ведем через точку Р касательную
MN к дуге ВС. Отрезок PQ лежит
внутри AAMN. Так как ZAQP +
+ Z.PQN = 180°, то один из этих углов
не острый. Поэтому PQ < АР или
PQ < PN < MN < АВ. Аналогично
АР < AM < АВ или АР < AN < АС =
= АВ. Равенство АВ и PQ возможно только при Р -A, Q = В
(или Q = С).
342. Пусть п — число разрядов искомого числа N. Тогда
10nl < N, а сумма S(N) цифр N будет не более 9п. Поэтому
10л1 < N = 11S(N) < 99п. Отсюда п > Ю"-3. Это неравенство
справедливо только при п < 3.
Тогда N = 100ах + 10а2 + а3 = 1Цах + а2 + а3). Отсюда
89aj = a2 + 10a3. Поэтому ах = 1, a2 = 9, a3 = 8, то есть iV = 198.
343. Первая последовательность ограничена сверху (на-
пример, числом Ьх) и не убывает. Поэтому существует liman.
Вторая последовательность ограничена снизу (например, чис-
лом аг) и не возрастает, поэтому существует 1ипЬл.
Так как 0 = Ит(Ьл -ап) = НтЬл -liman, to lima = 1ипЬл.
/I—►«• Л—»«*» Л—»вв Л—>°° Л—»«>
344. Пусть limart = k. Тогда ап < k для всех п. Следова-
ли
_ ах+а2 +... + an . nk
тельно, Ьп = — - < — = k
п
"+I " п + 1
а1 + - + дя
а.
п п + 1 I п+1
а1+-.. + а. = (aLi-ai) + - + (an,i-an) > Q
л (п + 1) п(п + 1)

2
л^\ Ответы, указания, решения 191
Таким образом, последовательность {bn} ограничена и мо-
нотонно возрастает, а поэтому имеет предел.
В = lim b < k = lim a .
k-B
Допустим, неравенство строгое: В < k. Пусть е = > 0.
Найдется такое п, что V i > 1 будет ап + i > k - е. Так как
1 m+л л т
6«+. =—Г-2>. <В, TO Sai+Ean+; <(7П + /г)Б' откуда
^(ал+у. - В) < ]Г (В " а/)- Но ал+у - -В > е. Получаем, что для
7=1 i=l л
любого натурального т будет те < 2^(В-а.). Здесь е, п,
л <=1
^(B-aJ фиксированные числа, е > 0. Получаем противо-
речие. Таким образом, limb = lima„.
* * Л-*оо П П->~ П
345. Пусть R — радиус шара, ах — высота конуса. Тогда
х е (0; 2jR), а объем конуса V(x) = х2 —jc3. Производ-
л г>
ная этой функции V'(x) = х-юс2 обращается в 0 при
4 3
jc = 0 и при л; = — R. Легко видеть, что наибольшее значение
3 4
функция V(x) на интервале (0; 2R) принимает при х = — R.
о
4
Ответ: искомый конус имеет высоту — R.
„ 32яД3 3
Его объем У = ———.
81
346. Если две точки имеют рациональные координаты, то
серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти
точки, можно задать уравнением первой степени с рацио-
нальными коэффициентами. Если все вершины треугольни-
ка имеют рациональные координаты, то центр описанной
около этого треугольника окружности — точка пересечения
серединных перпендикуляров к сторонам треугольника —
имеет координаты, получаемые в результате решения систе-
мы уравнений первой степени с рациональными коэффици-
ентами, и поэтому имеет рациональные координаты.

192
Ответы, указания, решения
?5n,_
347. Докажем, что верно эквивалентное неравенство:
'я3
Л71
+ п
>и2
п + 1
Очевидно, что при любом натуральном п ~ + п>
о
_ „ п3 п2 +2п + 1
Действительно, — + п > :
3 4
4я3 +12п>3п2 +6л + 3;
4л3 - Зп2 + 6п - 3 > 0;
712(4л-3) + 3(271-1)>0.
Последнее неравенство очевидно при любом натураль-
ном п. Докажем, что
п + 1
\п
>п\.
)
По неравенству о среднем арифметическом и среднем
геометрическом:
п + 1
>>/tT7;
(п-1) + 2 Г/ г—
(п-2) + 3 Г/ г—
1 J *V(»-2)-8;
2 + (/г-1) г—7 г
1 + 71
> VTTi.
Отсюда:
п + 1
\п
>yfnTnJ =nl. Т. е.
71 + 1
(nlf
(Неравенство строгое, так как одновременно предыдущие
неравенства не обращаются в равенства). Т. о.
+ 71
71 + 1
> (тг!) , а значит, исходное неравенство верно.

-&
Ответы, указания, решения 193
348. Докажем сначала, что
суммы квадратов скрещиваю-
щихся ребер такого тетраэдра
равны (рис. 77). Пусть в тет-
раэдре ABCD точки К, L, М и
N — середины ребер CD, ВС, АВ
и AD соответственно. KL и
МN — средние линии треуголь-
ников BCD и BAD, a NK и
ML — средние линии треуголь-
ников ADC и ABC, поэтому
KLMN — параллелограмм со сторонами, которые соответ-
ственно параллельны ребрам BD и АС тетраэдра и равны их
половинам. Тогда KLMN — прямоугольник, поскольку
BD1АС. Отсюда следует, что МК = NL, а АС2 + BD2 = 1NL2.
Аналогично доказывается, что CD2+AB2 =4NL2, откуда
АС2 + BD2 = CD2 + АВ2. Точно так же можно получить, что
сумма квадратов оставшихся ребер тетраэдра принимает то
же значение. Тогда можем записать, что АС2 - АВ2 = CD2 -
-BD2или АС2 + ВС2 -АВ2 = CD2 + ВС2 -BD2.
Но по теореме косинусов для треугольников ABC и BCD
.Апп АС2+ВС2-АВ2 /D„ CD2+BC2-BD2
cosZAGB = , cos ZBCD =
2AC • ВС 2CD • ВС
Поскольку числители этих дробей равны, косинусы углов
АС В и BCD имеют одинаковые знаки. Из этого следует, что
указанные углы одноименны. Аналогичные рассуждения
можно провести для других пар плоских углов при одной
вершине.
349. (72; 1296), (144; 648). Учесть, что произведение наи-
большего общего делителя и наименьшего общего кратного
равно произведению самих чисел.
350. Если провести окружность с центром в вершине угла,
а затем отложить дугу в 21° на окружности 17 раз, можно
получить угол в 3° (360° = 21° • 17 + 3°). Это и есть седьмая
часть угла в 2 Г.
351. Пусть такой квадрат построен. Тогда вершина С на-
7. Зак. 790

194
Ответы, указания, решения
Рис. 78
ходится на окружности с центром в точке S, лежащей в
середине отрезка MN (ZMCN = 90°), а точка Р такая, что
PS I MN, PS = SM, причем Р лежит на
Iе диагонали квадрата (ZMSP = ZNSP = 90°),
N следовательно, ZMCP = ZNCP = 45°. Тог-
да построение квадрата будет следующим.
Найдем середину отрезка MN точку S и
восстановим перпендикуляр к MN. Най-
дем точку Р в той же полуплоскости от-
носительно MN, что и точка О, такую, что
SP = SM. Далее возможны два случая.
1) Точки Р и О различны. Проведем прямую через эти
точки. Если эта прямая не пересекает отрезок MN, то реше-
ний нет. Если прямая пересекает MN, то найдем точку
пересечения прямой РО с окружностью с центром в точке S
радиуса SP, отличную от точки Р. Эта точка — вершина С
квадрата ABCD. Точка В лежит на прямой МС, а вершина
D — на прямой CN. На прямой ОР отложим ОА = ОС (А —
вершина квадрата). Из точки А опустим перпендикуляры
на МС и NC, получим вершины В и D. Построение выпол-
нено.
2) Точки Р и О совпадают. Тогда решений бесчисленное
множество. Любая прямая, проходящая через точку О и пе-
ресекающая отрезок MN, может лежать на диагонали АС
квадрата. Точка С — точка пересечения такой прямой с ок-
ружностью с центром в точке S — се-
редине MN и радиусом MS = NS = OS.
Далее построение, как в пункте 1).
I 1у{ 1 1 1 1
1 1 _К1 1 1 1
кГН -
\V\\\ Hi
XIII | ]Ч |
352. *е[-1;2] (рис. 79).
353. И тем, и другим занимаются
21 + 15-29 = 7 учеников. * pUCt уд
354. Возведем обе части равенства jc + i/ + z = 3 в квад-
рат: х2 + у2 + г2 + 2ху + 2хг + 2уг = 9.
Поскольку 2ху < х2 + у2; 2хг < х2 + г2; 2уг < у2 + 22, по-
лучаем: 9 < 3(х2 + у2 + г2) или х2 + у2 + г2 > 3.

2
•"" Ответы, указания, решения 195
-?5\
355. Пусть 4/1 + 3 = kx, а 13п + 8 = ky, где k,x,ye Z. Вы-
разим л из каждого равенства и приравняем полученные
выражения: = — . Отсюда k(l3x-4y) = 7. Следо-
4 13
вательно, число k — общий делитель числителя и знамена-
теля данной дроби — является ^делителем семерки. У числа
7 делителями являются ±1 и ±7. Значит, сократить выраже-
ние можно только на ±7.
356. Предположим, что одна из этих точек (D) лежит внут-
ри треугольника ABC, тогда какой-нибудь из углов ADC, ADB
и BDC — тупой, поскольку в сумме они дают 360°. Тогда
какой-нибудь из треугольников ADC, ADB и ВВС — тупо-
угольный.
Пусть теперь ни одна из этих точек не принадлежит тре-
угольнику, образованному остальными тремя точками. Это
означает, что данные точки А, Б, С и D задают выпуклый
четырехугольник. Сумма углов четырехугольника равна 360°,
значит, какой-нибудь из углов, например ВАС четырехуголь-
ника ABCD, — не острый. Тогда и треугольник ABC — не
остроугольный.
357. Запишем цепочку неравенств:
2615 < 3015 = З15 • 1015 < З16 • 1015 = 98 • 1015 < 108 • 1015 = 1023.
Число 1023 — наименьшее из чисел, содержащих 24 циф-
ры, а 2615 < 1023, значит, число 2615 содержит меньше 24 цифр.
358. Найдем наименьшее возможное количество очков,
которое могла набрать команда, занявшая k-e место в итого-
вой турнирной таблице. Команды с ft-ro по 13-е место (их
(l3-fc + l)(l3-fc)
всего 13 - А + 1) сыграли между собой
матчей и разыграли в этих матчах (13-А+1)(13-А) очков.
Команда, занявшая k-e место, набрала очков не меньше, чем
любая, стоящая ниже в таблице. Значит, количество ее оч-
ков не меньше 13 - k. Это количество очков она могла на-
брать, сыграв вничью со всеми, кто ниже ее, и проиграв всем,
кто выше. Найдем наибольшее возможное количество оч-
V

2
196 Ответы, указания, решения ^Р^Ук
ков, которое могла набрать команда, занявшая (k - 1)-е место
в итоговой турнирной таблице. Команды с 1-го по (k - 1)-е
(k-l)(k-2)
место (их всего k - 1) сыграли между собой — мат-
чей и разыграли в этих матчах (k - l)(k - 2) очков.
Наибольшая сумма очков в этой группе команд равна
(k - l)(k - 2) + 2(k — 1)(13 — Дг + 1). Значит, количество очков
k - 1-й команды не больше k - 2 + 2(13 - k + 1) = 26 - k. Оно
достигается в случае, когда {k - 1)-я команда сыграла вничью
со всеми, кто выше ее, и выиграла у всех, кто ниже. Тогда
разность в очках между командами, занявшими (k - l)-e и
k-e места не более 26 - k - (13 - k) = 13.
359. См. № 354.
360. Проведем на плоскости произвольную прямую, не
пересекающую ни один из данных треугольников. Начнем
передвигать эту прямую параллельно себе так, что через
некоторое время она пересечет один или несколько треу-
гольников. Будем продолжать движение прямой в том
же направлении. Когда-нибудь наступит момент такой,
что прямая будет иметь общие точки со всеми данными
треугольниками. Действительно, если прямая уже вышла
за пределы какого-нибудь треугольника, но еще не вошла
в какой-либо из оставшихся, это означает, что такие два
треугольника не имеют общих точек, поскольку располо-
жены в разных полуплоскостях. Но это противоречит ус-
ловию.
361. Пусть СВ1 = \СВ, С^ = у СА, I > 0, 0 < Х< min (I, 1).
Пусть I > 1 (если 0 < I < 1,. обозначим Хх = —, \ = - и поме-
няем местами В и С). При / > 1 0 < X < 1.
При X = 1 Вх совпадает с Б, Сг - с Сг. В^ \\ ВСХ при всех
Хе (0, 1].
Пусть К — середина отрезка ВСг. Тогда прямая КС пе-
ресекает все отрезки В1С1 в их середине (из-за подобия тре-

2
*"" Ответы, указания, решения 197
-•?&
угольников ВССг и ВХССХ).
Пусть М — точка пересечения
прямой КС с отрезком АВ. Ис-
пользуем тот факт, что центр
тяжести треугольника находит-
ся в точке пересечения медиан*
которые этой точкой делятся в
отношении 2:1, считая от вер-
шины. Рис. 80
1) Пусть точка А1 совпадает с М. Тогда все медианы А1К1
на отрезке МС, а центры тяжести треугольников — на отрез-
ке TS (TS с МС)9 где МТ = 2ТК, MS = 2SC, при этом каждая
из точек полусегмента [TS) является центром тяжести како-
го-либо треугольника A^fi^ Действительно, пусть N е [TS).
Построим точку К1 такую, что Кх е [КС) и MN =
= 2NKX. Через точку Кх проведем прямую, параллельную ВСХ.
Вхи Сх — точки пересечения этой прямой с отрезками ВС и
АС соответственно. N — центр тяжести AA^BjCj.
2) Пусть теперь Ах не совпадает с М. Основания Кх меди-
ан АХКХ треугольников А1В1С1 лежат на [КС). Рассмотрим
АА1КС. Тогда Р е АХК и АХР = 2РК, Q е АХС и AXQ = 2QC.
Тогда AAXPQ ~ ААХКС, PQ || КС, и центр тяжести bA^Bfi^
лежит на [PQ). Обратно, любая точка, лежащая на [PQ), яв-
ляется центром тяжести одного из треугольников ДА^В^,
т. е. {PQ) — геометрическое место точек центров тяжести
рассматриваемых треугольников.
362. Пусть
f(x) = (a1x + blf +(а2х + Ъ2)2 = (а2 + а2)х2 + 2(а1Ь1 + а2Ъ2)х +
+ Ц +Ь* =(ja* +a*x±Jq +%)'.
Тогда ахЪх + а2Ъ2 = ±Jax2 + а2 Jbx2 + Ь\, а\Ь\ + а\Ь\ + 2axbxa2b2 =
= а*Ъ1+а1Щ+(а1Ц+а1Ц), (аД - a2bxf =0и^Д,
а2 Ь2
Аналогично, если ф(лс) — квадрат линейной функции, то
т1- = — = ц, т. е. ах = \ш2, Ьх = \ib2, сх = цс2.
Ъ2 с2

198
Ответы, указания, решения
—&г
Тогда F(x) = (ц2 + 1)(с2х + а2)2 = (VmTTIc2x + V^2 + 1а2) ,
что и требовалось доказать.
363. Пусть х1 и х2 — корни уравнения х2 + рхх + gt = 0; *!
и jc3 —- корни уравнения х2 + р2* + q2 - 0. Тогда х2 и х3 —
корни уравнения лг2 + р3х + q3 = 0. qx = Jt^; g2 = x^;
?3 = *2 *8« 9l?A = (*1*2*3)2 ^ 0.
364. Вообще говоря, данное утверждение неверно.
Пусть 0 < ka <1. Например, а = —, k = 2, тогда [кос] = 0,
[ха] = 0,и0<х<п — решения; или а = —, k = -3,
я
-я < х < 0 — решения; т. е. jc принимает бесчисленное мно-
жество решений.
Пусть теперь [ka] Ф 0.
Обозначим а = [а] + 9; 0 < 9 < 1. [а] = г.
ka = kr + kQ; s < kQ < s + 1; [ka] = kr + s* 0; k[xa] = x (kr + s).
Тогда x =
km
kr + s
, где m = [ха]. Уравнение принимает вид
km(r + Q)
kr + s
kmr + kmft
kr + s
km
(kr + s) = km (k Ф 0).
kr + s
m(kr + s) + m(kQ - s)
= 771,
&7*+ S
= 771,
77l(&9 - S)
kr + s
= 0,
kr + s Ф 0, 0 < kQ < 1, т. e. 77i(Ajr + s) > 0 и 0 < ttk
\kr + s\
kQ-s
7П — целое и принимает лишь конечное число значений,
следовательно, хт =
число значении.
km
kr + s
тоже принимает лишь конечное
365. Пусть х19 х2, х3 — действительные корни уравнения
х3 + рх + q = 0. Тогда хх + х2 + х3 - 0; ххх2 + х3хх + х2х3 = р.
Отсюда 0 = (хх + х2 + х3)2 = х\ +х\+х\+ 2р, следовательно,
р< 0.

2
*" Ответы, указания, решения 199
-?5^
366. Уравнение касательной к графику функции f(x) = —
х
(х > 0) в точке х0 имеет вид у = (jc-jc0). Точки пере-
Г 2 ^
0;
сечения касательной с осями координат (2х0; 0) и
т. е. катеты соответствующих Треугольников имеют длины
1 2
2х0 и 2/х0, а его площадь — S = — • 2*0 = 2, а значит, не
2 jc
зависит от jc0. °
367. См. № 361.
368. См. № 373.
369. Через данную точку О проведем
прямую, параллельную данной. Построим
два конуса, равные данному, с вершинами
в точке О с осью — проведенной прямой.
Утверждается, что объединение внутрен-
ностей этих конусов есть искомое множе-
ство точек. Для доказательства данного ут-
верждения возьмем какую-либо точку в
первом случае внутри этих конусов, а во
втором случае — на поверхности или вне Рис. 81
их, и проведем через эту точку и ось ко-
нусов плоскость (если точка лежит на оси, то проведем про-
извольную плоскость, проходящую через ось). Пересечение
этой плоскости с конусами есть два равных равнобедренных
треугольника с общей вершиной О и параллельными осно-
ваниями.
Пусть ОАВ — равнобедренный треугольник, М — точка
внутри него. Проведем через точку М отрезок КМ || ОВ так,
чтобы КМ = ОБ и КМ пересекала ОА (С е КМ, С е ОА) и
LM || ОА, LM = OA,De LM, D е ОВ.
Так как СМ = OD и ОС = MD, точка О лежит внутри
AMKL. Вращением AMKL вокруг высоты, проведенной из
М, получаем конус, равный данному, с осью, параллельной
данной прямой, и данной точкой О, лежащей внутри него.
Пусть точка М лежит вне внутренности слоя, образован-

200 Ответы, указания, решения ср^Ук
ного основаниями наших двух конусов. Тогда любой из двух
конусов, равных данному, с вершиной в точке М и осью, па-
раллельной данной прямой, не может содержать внутри точ-
ку О (высота конуса равна половине расстояния между плос-
костями, образующими слой).
Пусть точка М лежит внутри слоя вне внутренности ко-
нусов (проекция — внутри полосы, образованной основани-
ями двух треугольников, вне внутренностей треугольников).
Проведем через точку М прямые, параллельные боковым
сторонам треугольника, и построим AMKL = ЬМК1Ь1 = АОАВ
так, что KL || K1L1 \\ AB. Точка О не попадет ни в один из
построенных треугольников, т. к., по доказанному, тогда точка
М попала бы в один из этих треугольников. Соответственно,
О не попадет ни в один из конусов с вершиной в точке М,
равный исходному, с осью, параллельной данной.
Утверждение доказано.
370. Рассмотрим функцию g(x) = (а - x)bf(x) при х е [0; а].
Функция g(x) определена и непрерывна, так как Ь > 0. Сле-
довательно, g(x) непрерывна и ограничена на [0; а]. Посколь-
ку g(0) = аь /(0) = 0, то из неравенства М > g(0) > m следует,
что М > 0 > т. Если 771 = 0 = М, то функция g(x), а вместе с ней
и f(x), тождественно равна нулю на [0; а]. В этом случае
утверждение задачи справедливо.
Допустим теперь, что М > 0 (случай т < 0 рассматрива-
ется аналогично). Поскольку функция g(x) непрерывна, то
найдется х е [0; а] такое, что g(x) = М. Заметим, что х Ф 0,
х Ф а, так как £(0) = g(a) = 0 < М. Следовательно, х е (0; а).
В этом случае из теоремы Ферма следует, что g\x) = 0, т. е.
0 = -b(a-xf-1f(x) + (a-xff'(x) =
= (a-x)b-1((a-x)f'(x)-bf(x)).
Так как х < а, то bf(x) ={а-x)f(x)j т. е. точка х —
искомая.
371. 261978 < 301978 = 9989 • 101978 < 10989 • Ю1978 = 102967.
Ю2967— наименьшее целое число, имеющее 2968 цифр,
т. е. 261978 имеет меньше 2968 цифр.

-?5v
Ответы, указания, решения
201
Рис. 82
372. Предполо-
жим, что в тетраэд-
ре ABCD пересека-
ются высоты АК и
ВМ (рис. 82). По-
скольку высота АК
перпендикулярна
плоскости BCD, она
перпендикулярна
любой прямой этой
плоскости, в частно-
сти прямой CD. Аналогично, высота ВМ перпендикулярна
прямой CD. Следовательно, прямая CD перпендикулярна
плоскости, которая задается пересекающимися высотами АК"
и ВМ. Это означает, что CD перпендикулярна любой пря-
мой этой плоскости, например прямой АВ. Итак, CD I AB.
Теперь опустим перпендикуляр DL на прямую АВ. Прямая
АВ, таким образом, перпендикулярна DL и CD, значит, и
всей плоскости LCD, значит, и любой прямой этой плоско-
сти. Опустим перпендикуляр DP на прямую CL. Прямая DP
тогда перпендикулярна CL и АВ, значит, и всей плоскости
ABC. То есть DP — высота тетраэдра. Аналогично доказыва-
ется, что перпендикуляр CQ, опущенный на прямую DL, так-
же является высотой тетраэдра. Но прямые DP и CQ лежат в
одной плоскости LCD, являются высотами треугольника LCD,
значит, они пересекаются, что и требовалось доказать.
373. При правильной игре
выигрывают белые.
Рассмотрим область шахмат-
ной доски, состоящую из кле-
ток диагонали al - hS и кле-
ток, расположенных выше и
правее этой диагонали. Легко
убедиться, что, если возникла
позиция, в которой короли рас-
положены в этой области на
соседних клетках, причем ход
предстоит белым, то белые вы-
1
2
3
4
5
6
7
8
с d
Рис.
е
83
1 ё h

202 Ответы, указания, решения а ^ч
игрывают. Поэтому первые три хода белых по диагонали: al
— Ь2 — сЗ — d4. Далее, если черный король не занимает е5,
белый король занимает положение еЪ и переходит в пози-
цию, описанную выше. Если черный король находится на е5,
то ход белых: Кр d4 — Кр сЪ и т. д.
374. Например: т = п + 2. Тогда пт +1 = (п +1)2.
375. В противном случае 1979 делилось бы на 2.
376. Предположим противное, т. е. что А < 72. Так как
А — целое число, равное произведению однозначных чисел,
то А < 70. 362 880 = ABC < А3 < 703 = 343 000, что невозмож-
но, поэтому А > 72.
377. Можно назвать х = 100, у = 10, г = 1.
378. Случай 1. Прямоугольник — квадрат. В этом
случае искомое множество — точки, ограниченные квадра-
том, и продолжения его диагоналей.
Случай 2. Прямоугольник — не квадрат. Построим
квадрат с двумя сторонами, равными и параллельными наи-
большей стороне прямоугольника и с центром в центре пря-
моугольника. Искомое множество — эти две стороны квад-
рата и продолжения его диагоналей.
379. См. № 375.
380. Выпуклая оболочка середин отрезков AC, AD, ВС, BD.
Это либо параллелограмм, либо отрезок.
381. Проекция окружности на сторону квадрата — это
отрезок, имеющий длину, равнуюдиаметру окружности. По-
этому проекции всех окружностей — система отрезков, сум-
ма длин которых 2000. А так как сторона квадрата — 1979,
то два из этих отрезков имеют общую точку. Искомая пря-
мая проходит через эту точку* и параллельна второй стороне
квадрата.
382. Ответ: 9. d = НОД этих чисел — делитель 999 и не
больше наименьшего из них, которое не больше, чем
999/49 < 21. Отсюда d = 9.
Пример: ах = ... = а48 = 9,а49 = 567.

2-
Ответы, указания, решения
203
383. См. № 376.
384. См. № 380.
а(а + 1)(ЗЬ -а + 1)
385. Ответ: —- - - при & > а.
6
Пусть размеры прямоугольника с х Ь, 1 < с < а. Подсчи-
таем число квадратов, левый нижний угол которых на ле-
вой боковой стороне. Легко убедиться, что это число равно:
(b_c)c + (c + (c_l) + ... + l) = (b_c)c + ^_Z = _ .
^, 2Ьс - с2 + с
Искомое число совпадает с 2j о "
386. См. № 382.
387. Ответ:
388. Ответ:
9а2-4а-5
(3 + а-4а2)2
2
при ае
11
17
и
[!;+-)•
389. Ответ: сможет. Предположим, что в начальный
момент времени паук находится в положении 0. Паук дви-
гается по маршруту 0 —> 4° —> -41 —> 42 —» -43... Пусть ско-
рость паука 2, а мухи 1. Пусть начальное положение мухи
5 1
х {х > 0). Через — • 42л - — единиц времени паук будет нахо-
6 3
диться в положении 42л, а муха не далее чем в положении
-•42n-i + Jt. При n>-\og4(6x) будет 42л > --42л -- + х,
6 3 2 6 3
т. е. паук догонит муху.
390. Ответ: не сможет. «Раскрасим» единичные кубики
в «шахматном» порядке в черный и белый цвета. Два куби-
ка с общей гранью имеют разные цвета, а центральный ку-
бик — черный. Каждым ходом «всадник» меняет цвет ку-
бика, в котором находится. Черных кубиков на один мень-

2
204 Ответы, указания, решения О^Ч
ше, чем белых, а ходов четное число. Поэтому маршрут за-
вершится на черном кубике и, по крайней мере, два белых
кубика не будут посещены.
391. Пусть (xi9yt) — координаты точки Д, а сумма квад-
ратов расстояний от точки M(x,z/) искомого множества до
At равна С. Тогда £ ((* - х, )2 + (у - yt f) = С.
Отсюда (х - х0 )2 + (у - у0 f = Р.
1 п 1 п 1 л
Здесь х0=-^х(, У0 =-£*//' P = C + x2+z/2 £*? -
1 Л
— ^ yf. Если Р < 0, то искомое множество пустое. Если
п i=i
Р = 0, то искомое множество — точка (х0; у0). Если Р > 0, то
искомое множество — окружность с центром (х0; у0) и ради-
усом R = vP.
392. Отметим на декартовой плоскости точки (0; а0);
(1; ах); ..., (я; ал);"... и соединим их последовательно отрез-
ками. Из условия задачи следует, что ось Оу, ось Ох, прямая
х = п и построенная ломаная ограничивают выпуклый мно-
гоугольник. Поэтому отрезок, соединяющий (0; 0) и (п; ап),
принадлежит этому многоугольнику. А значит, этому много-
угольнику принадлежит и точка отрезка п -1; ап . Сле-
довательно, ап < ап г Поэтому п'х > -"-.
п /1-1 п
393. Пронумеруем клетки таблицы парами чисел (i; j);
i E N; j e N. В клетку (i; у) следует вписать число i +; - 1.
13/
394. Ответ: корней нет при \а\> = а0; два корня
14
при а е (-а0; 0) и (0; а0); один корень при а = -а0; 0; а0.

2,-
Ответы, указания, решения
205
Указание. Уравнение приводится к виду а = —.
1 + х
Ответ получается в результате анализа графика функции
У =
1 + х1
395. Ответ: не делится. Если т = 21978, то С2^7.8 =
(2т)!
mlmi
Числитель дроби делится на степень двойки с показателем
+... = 21978 + 21977 +... + 2 +1, а знаменатель дро-
[2т п
_ 2 _
+
"2т"
_22 .
би делится на степень двойки с показателем
2 — + — +... =2(21977+21976+... + 2 + 1) =
m
—
L2J
+
m
——
22
+ .
>j
# и
)
= 21978 +21977+... + 2.
Поэтому С™т делится на 2, но не делится на 4. А число
1980 делится на 4.
396. См. № 389.
397. Пусть а = АВ; Ь =AD; с= ~А\.
По условию аЬ = ас -be = 0; АСг = а + 6 + с.
Так как а - b параллелен плоскости A^D, то
0 = (a + b + c)(a-ft) = a2-b2+ca-cb=a2-b2 =ja|2-|b|2.
Отсюда |а| = \8\. Аналогично |а| = |с| и |с| = & .
398. Ответ: (0; 0). Если А(-1; 0); Б(1; 0); С(х; у); то
первое уравнение системы означает, что |АС\ + |ВС| = |АВ|.
Это возможно, если С лежит на отрезке АВ. Поэтому у-0;
-1 < х < 1. Из второго уравнения jc2 = sin2 х. Но при х Ф 0
будет |х| > |sin jc| . Поэтому единственное решение системы
х = 0; у = 0.

206
Ответы, указания, решения
?5^_
399. 2, 5 либо 8.
400. Преобразуем выражение к виду:
(х6 - хъ + х4 - х3 + х2 - х)(х + 1) х7 -х
*7-1-5 •* - А ;=*7-1-5- -.
(х + 1) jc + 1
При х = 4 выражение примет вид 47-1-47+4 = 3.
401. 3025.
402. Наибольшее число квартир с суммой цифр, рав-
ной 9. Таких квартир 10: 9, 18, 27, ..., 90.
(31+32+... + 320)(3-1)
403. 31+32+3*+... + 319 +3*° =* ^ '- =
2
_3-(320-1)__3-(35-1)(35+1)(310+1)_3-242-244-(310+1)_
" 2 2 2
= 3121-4-61(310+1) = 12 121-61(310+1).
Выражение (З10 +1) делится на 10, поскольку З10 оканчи-
вается на 9. Значит, исходное выражение делится на 120.
404. Пусть А1А2А3А4А5АвА7А8 — А1у А0
исходный (вписанный) восьми-
угольник (рис. 84). Тогда сторо-
ны полученного восьмиугольника
являются средними линиями
в треугольниках A^gAg, А^А^АА и
т. д. Поэтому они вдвое короче сто-
рон вписанного квадрата А1А3А5А7,
R 1
т. е. равны —=■ = 1.
л/2'
Рис. 84
405. Существует: 9 трехзначных чисел искомого вида
111, 222, ..., 999; 288 чисел вида abbb, babb, bbab, bbba, где а
и b различные цифры, отличные от нуля; 36 чисел вида а000,
аааО, ааОа, аОаа, где а — цифра, отличная от нуля.
Всего 333 числа.
406. Назовем расстоянием между двумя клеточками таб-

2cz
Ответы, указания, решения
207
лицы количество переходов в соседние клеточки, которое не-
обходимо совершить, чтобы попасть из первой клеточки во
вторую. Заметим, что если в двух клеточках, расстояние между
которыми d, стоят числа а иЬ, то обязательно найдутся две
соседние клеточки, разность чисел в которых не меньше
\Ъ-а\
это какие-то из клеточек, через которые проходит
путь из клеточки «а» в клеточку «&».
1 решение.
Рассмотрим числа от 1 до 81.
Если расстояние между
ними меньше 16, то искомая
пара клеточек существует. Если
это расстояние равно 16, то они
стоят в противоположных углах
таблицы. При этом в одном из
оставшихся углов стоит число
а, отличное от 41. Расстояние от
а как до 1, так и до 81 равно 8.
| | | X | X | X | | |
I I х I х I х I х I х I I
|х|х|х|х[х|х|х|
xlxxxxxxxx
х|х|х|х|о|х|х|х|х
х|х|х|х|х|х|х|х|х
|х|х|х|х|х|х|х|
I XXX XX
I I 1x1x1x1 I
Если а > 41, то
]81-а
если а < 41, то
8
8
>6
>6;
Рис. 85
2 решение.
Рассмотрим клетки, находящиеся на расстоянии не бо-
лее 5 от центральной клетки (рис. 85). Всего таких кле-
ток 56. Поэтому среди них найдется такая, число в которой
отличается от числа в центральной клетке не меньше, чем
128Г
на 28. Но
= 6.
407. Иначе, заменив промежуток пути от М до N на более
короткий, мы бы уменьшили общую длину пути от А до Б.
408. При делении на 5 возможны 5 различных остатков:
0, 1, 2, 3, 4. Поскольку всего чисел шесть, среди них найдут-

208
Ответы, указания, решения
2-
ся два, дающие при делении на 5 равные остатки. Их раз-
ность и разделится на 5.
409. 2+4+6 + ... + 2/i = 2-(l + 2+3+... + /i)=2
п(п + 1)
= д(л+1).
Тогда п(п +1) = 1980. 1980 = 44 • 45. Значит, п = 44.
410. Возможные ответы: 90°, 45°, 45°; 108°, 36°, 36°; 36е, 72°,
72°; 1807 7, 540°/ 7, 540°/ 7.
Указание. Необходимо рассмотреть все возможные
варианты расположения равных сторон в треугольниках и
учесть, что против равных сторон лежат равные углы.
411. См. № 405.
412. См. № 406.
413. Пусть К и L — се-
редины сторон ВС и CD со-
ответственно (рис. 86).
Треугольники AMD и ВМК
подобны с коэффициентом л
1 А
2, поэтому ВМ = -BD. Ана-
Рис. 86
логично DN - —BD из подобия треугольников ABN и DLN.
3
Значит, ВМ = MN = ND.
414. Разобьем отрезок [0; 1] на п отрезков длиной —.
п
Тогда хотя бы 2 из чисел {Ig2},{lg22}, ...,{lg2n+1} попадут в
один и тот же отрезок. Это значит, что найдутся такие k и I,
что {lg2* — lg2'}< —, т. е. чтЪ {lg2*_/}< —. Пусть п такое,
п п
1981 1
что lg «^^ < ~- Искомой степенью будет 2т(Л"°, где
т =
1980 п
lgl.981
.{1*2"}
, если k > I; или т =
lgl.981
-{1*2"}
, если k < I.

2
л^\ Ответы,указания, решения 209
415. Построенные векторы получаются из сторон много-
угольника поворотом на 90° в одном направлении. Поэто-
му их сумма, как и сумма сторон многоугольника, равна 0.
Г 1 1
416.
У since
1 + —J— |=1-ь - + 2
cosa sinacosa
>1 + -^— + 2
sin 2a
V sin a • cos a
- + -
sina cosa
417. Если ось симметрии одна, то точек всего две, и они
лежат на одной окружности. Если осей симметрии несколь-
ко, все они проходят через одну точку О. Тогда любые две
точки данного множества симметричны относительно пря-
мой, проходящей через точку О. Но тогда расстояния от точ-
ки О до любых двух точек данного множества одинаковы.
Следовательно, все точки лежат на окружности с центром в
точке О.
418. —, поскольку угол между каждой парой векторов
равен 120°.
419. См. № 414.
420. Пусть ах = sin2 a; a2 = а3 = а4 =-cos2a. Тогда по
о
неравенству о среднем арифметическом и среднем геомет-
рическом: ^ ^a^a^a^, т. е. — (sin2 a + cos2 a) >
^4|—sin2 a-cos6 a. Значит, —>—sin2 a-cos6 a. Поэтому
\27 44 33
33
sin2 a cos6 a < —.
44
421. Пусть у. = yjx + a^i = 1,2,3,4.
Тогда у* + у* = у22 + у32 и уг+у2=у3+уА.

2
210 Ответы, указания, решения О^Тч
Отсюда (у, -У2)(у1+у2)-(уг -У4)(у3 + У4) = 0;
(j/i + */2)(*/i-*/2-J/3 + */4) = 0-
1) Если (у1 + i/2) = 0, то z/x = i/2 = y3 = уА = 0, так как yt > 0.
Это возможно только при ах = а2 = а3 = а4.
В этом случае х — любое из [-а^-н»).
2) Если ух-у2-уг+уА= 0, то ух = i/3; i/2 = z/4.
Это возможно только при ах = а2 = а3 = а4.
Таким образом, jc€ [-а^-и»).
422. Пусть S,, 1 < i < n, — рассматриваемые круги; К —
квадрат. Степенью точки А относительно круга S называет-
ся число r(A, S), равное квадрату касательной, проведенной
из точки А к S. Здесь А £ S. Известно, что для двух непере-
секающихся кругов S и Т вся плоскость делится прямой m
на две полуплоскости, в одной из которых находится S, и
для точек А из этой полуплоскости r(A, S) < г(А, Г); в другой
лежит Т, и здесь r(A, S) > r(A, T). Прямая m называется ради-
кальной осью S и Т и состоит из точек А таких, что
r(A, S) = r(A, T). Пусть пц и n}i — соответствующие полуплос-
кости для Si и Sp St с 7tiy. и Sj с njr Тогда искомые выпуклые
многоугольники М,. равны пересечению К и полуплоскос-
тей пи), \<j<n,i±j.
Т.е. Mt=Kf] [ПяД
423. 1 способ. Докажем вначале равенство б).
Рассмотрим разность: IMA + МС \-1мВ +MD I.
Перепишем ее следующим образом:
MA -MB +MC -MD =
= (MA - ~МЁ) (МА + М~В) + {МС - М~5) ■ (МС + мЪ) =
= Ш(ма' + мЪ) + Ш(мЪ + м1)) =

Ответы, указания, решения
211
-?5^——-
= ba(ma + mb)-ba(mc + md) =
= ва • (ma + ~mb-wc-md) = ва-(са + 5ё) =
что и требовалось доказать.
Докажем равенство а):
АС = BD;\ac\ = ^b5\.
|МС-МЛ| = |М5-МВ|; (i^-MA)2 =(м5-МБ)2;
ЛГС2-2ЛГСЛМ + Ш2 =Ш -2-Ш-МВ + МБ2;
Ш;1ш = Ш)1мв,
учитывая ранее доказанное равенство.
2 способ. Введем сие- г. м
тему координат (рис. 87).
А(0; 0; 0), Б(0; Ь; 0), С(а; Ь; 0),
D(a; 0; 0), М(х; у; z). Тогда
MA(x;y;z);MB(x;y -b;z);
MC(x-a;y-b;z);
MD(x-a;y;z).
MA • ~MC = x • (x - a) + Puc- *7
+ !/(г/-Ь) + 22; Шм5 = л:(д:-а) + (1/-Ь)1/ + 22,
т. е. равенство а) верно.
Докажем равенство б):
~МА + Ш? = х2+у2 +z2+(x- а)2 +(у- Ь)2 + z2;
~МВ + ~MD =х2+(у- Ъ)2 + z2 + (* - а)2 + г/2 + г2.
Таким образом, равенство б) доказано.
3 способ.
а) 5m-MC = (MB + BA)(MB + 5q
= МБЛ^ + (МО-МБ-БА) 2Й = Штм1) + ^БА =

212
Ответы, указания, решения
2^
Здесь использовано, что DC = -ДА и AD I В А.
б) Ш\Ш? =(Ш-Ш)2 +2МА Ш: = ^\2МАМС =
= Ш\2Ш-Ш = (Ш-Ш)2+2Ш Ш>^1лв\Ш>2.
424. Искомая прямая перпендикулярна наибольшей сто-
роне треугольника. При этом проекция равна наименьшей
из высот.
425. (1 + 2*-х2 +2х3 + *4)100 =((1 + 2х-*2 + 2*3 + х4 )2 Г =
= (1 + 4х + 2х2 + 11л:4 + 2х6 + 4х7 + xs f° .
426. На каждую чашку весов кладем по 3 монеты. 2 откла-
дываем. Если одна чашка легче другой, берем 2 монеты с этой
чашки и сравниваем. Если одна легче другой, то это и есть
фальшивая монета. Если чашки в равновесии, то фальшивая
третья монета. Если при первом взвешивании чашки были в
равновесии, то фальшивая среди двух отложенных. Сравнива-
ем их при втором взвешивании и определяем фальшивую.
427. В условии содержится ошибка. В приведенной фор-
мулировке утверждение задачи неверно.
428. Раскрасим доску в три цвета,
как показано на рисунке 87. Тогда каж-
дый прямоугольник 3x1 содержит по
одной клетке каждого цвета. Но кле-
ток разных цветов разные количества:
□ -22; Ш-21; В -20.
Следовательно, покрыть оставшую-
ся часть доски прямоугольниками 3x1
невозможно.
У штУ
Ш'Ш11!^
РН m Ш
ы щ ш
WfiHW
LPH РН Ш
■ ИИ
Рис. 88
429.
11,
12'
430. Если каждая из цифр встречается меньше трех раз,
то они будут встречаться ровно дважды. Тогда сумма цифр
этого числа равна 90:3,, поэтому и рп :3,, что невозможно.
431. п + (п + 1) +...+ (п + 19) = 20п + 190 = 4(5п + 47) + 2
не кратно четырем.

2
'"" Ответы, указания, решения 213
-?5\
432. Отрезок ЕК выбран так, что ЕК = АВ.
С
Рис. 89
433. БАРАБАН.
434. Из признака делимости на 11 следует, что сумма
цифр числа, кратного 11, не может равняться 9. Следова-
тельно, сумма цифр числа, кратного 99, сама кратна 9 и больше
9, а следовательно, не меньше 18.
435. Т. к. /(х + 1) = /(-*), то /(1) = /(0).
Поэтому а + Ь = 0,т.е.а = -6. Легко проверить, что любая
f(x) = ах2 -ах-he удовлетворяет условию задачи.
436. Ответ: а = -3; (х; у) = (1; -2).
437. Из свойств вписанных углов: /ABC - ZADC и
/АСВ = ZADB. Поэтому /ВВС = ZADB + ZADC = ZACB +
+ /ABC = 180° — /ВАС. Следовательно, радиусы окружнос-
тей BDC и ВАС равны. Но по условию радиус окружности
ВАС равен 1.
438. См. № 432.
*, 1 ~ ll + COS
439. По индукции: cos— = —=; cos-^- = v —.
440. Пусть bn = —. Тогда b.=-; b, = 1; & . = 26 -b ..
" _ 1 q * J ' Л+1 Л Л-1
Поэтому b = — и а = — И Вт aQ =
441. Если первая встреча произошла через время t от на-
чала движения, то вторая через St.
Поэтому АВ = 3 • 50 - 25 = 125 м.

?5\_
214 Ответы, указания, решения
442. Построим снача-
ла точку Р на АВ, и точ-
ку Q, такую, что
PQ ТТ АС и PQ = ВР, и
точку Л на АС такую, что
Qi? = ВР. Тогда искомая в
точка К такая, что
Я£=ЯС т.е. ск || RP.
ВР BR
Тогда BKHfi ~ BPQR, a KHfiH — ромб.
Поэтому ВК = КН = НС.
443. Пусть у[х*~ТЗх = у. Тогда (z/ - 2)(у + 3) = -6, т. е.
у2 + у = 0. Отсюда Vjc2 + Зх = 0 или у/х2 + Зх = -1.
Второе равенство невозможно, следовательно, х2 + Зх = 0.
хх = 0; х2 = -3.
444. Пусть г = *• Отсюда - = 1 + х
a + fe Ь 1-х
Тогда In J- = In J-^ = f > \dt = x.
Vb Vl-x {l-t2 {
445. Пусть cos x = y.
Тогда Il + 10cosx + cos2x + cos3x = 10 + 7y + 2y2 +4y3.
При y>0 10 + 7y + 2y2 +4z/3 > 0.
При --L<i/<0 |7y + 4i/3|<7 + 4- = 9.
v2 2
Поэтому (10 + 2г/2) + (7y + 4z/3) > 10 - \7y + 4y3\ > 0.
При -1<у<—[= 10 + 2г/2>11 и |7i/ + 4i/3|<ll, поэтому
v2
(10 + 2y2) + (7i/ + 4z/3) > 0, решений нет.
2
446. Ответ: —.
3

2CL
Ответы, указания, решения
447. Ответ:
л/51
215
448. Ответ: 22.
449. ага2...ап =33...3.
450. Пусть Кг и К2 — точки
на прямой АС такие, что
2АК1 = ЗС^ и 2АК2 = ЗСЙГ2. Тог-
да искомое множество точек Р —
объединение прямых ВК1 и ВК2.
Рис. 91
451. Количество цифр в числе N совпадает с ^а,, т. е.
10 . 9
^а, = 10. При этом ах > 1, ]^а, < 1, т. к. иначе количество
i=l i=5
цифр в N было бы больше 10. Поэтому среди цифр а5, а6, а7,
а8, а9 не менее четырех нулей, т. е. а10 > 4, ах Ф 0, а10 * 0,
поэтому 4 < а10 < 8. Если а10 = 8, то а8 Ф0, агФ 0, а10 * 0, и число
нулей не более 7, т. е. а10 < 7.
Если а10 = 7, то а7 = 1, и ах = 2, тогда а2 * 0 и а10 < 6.
4
Если а10 = 6, то а6 = 1, а5 = а7 = а8 = а9 = 0, и ]Г а. = 3, тогда
а, = 2, а2 =Д, и число N = 2 100 010 006.
Если а10 = 5, то а5 = 1, а6 = а7 = а8 = а9 = 0, ах + а2 + аг + аА = 4,
причем среди чисел а2, а3, а4 лишь 1 ноль, т. е. ах > 3, тогда
10
^а. > 11. Если же а10 = 4, то а5 = а6 = а7 = а8 = а9 = 0, и а10 > 5.
/=i
Следовательно, единственное число, удовлетворяющее ус-
ловию, N = 2 100 010 006.
452. Перенумеруем закрепленные секторы: ар а2, ..., а6.
Пустим начало отсчета по одному из радиусов, ограничиваю-
щему сектор а19 и разделим круг на 72 сектора раствора 5°.
Введем повороты вокруг центра круга на углы, кратные 5°,
т. е. uk — поворот по часовой стрелке на угол &5°(0<fc<71)

2
216 Ответы, указания, решения О^ч
и72 = и0, uk+72 = uk. В начальном положении ах занимает один
из 72 секторов, а а2 — а6 не более двух смежных каждый; то
же самое будет и при любом из поворотов uk. При любом из
72 поворотов ах занимает не более 1 окрашенного сектора,
всего окрашенных секторов не более 11, поэтому при таких
поворотах а1 попадает не менее чем на 72 - 11 = 61 неокра-
шенных секторов. Среди не менее 61 поворотов, переводящих
сектор ах в неокрашенную часть круга, рассмотрим такие, ко-
торые переводят а2 в окрашенные части круга, их не более 12,
т. е. не менее 61 - 12 = 49 таких, которые переводят а1 и а2 в
неокрашенные части круга. Не более 12 поворотов переводят
каждый из а3, а4, а5, а6 в окрашенные части круга, т. е. не
более 12 х 4 = 48 таких, которые переводят хотя бы один из
секторов а3, а4, а5, а6 в окрашенные части круга, т. е. найдется
по крайней мере один поворот на угол, кратный 5°, такой, что
ни один из исходных секторов не окажется в окрашенной
части круга.
453. Т. к. любая цифра не больше 9, а 1982 = 9 • 220 + 2,
то число, сумма цифр которого равна 1982, содержит не ме-
нее 221 цифры. Так как любое число, содержащее более 221
цифры, больше любого числа, содержащего 221 цифру, то
наименьшее из таких чисел содержит ровно 221 цифру. Сре-
ди чисел, содержащих ровно 221 цифру с суммой цифр 1982,
наименьшее 299...9 = 3 • 10220 -1.
220 раз
454. Пусть ОА и ОВ — проведенные два радиуса в круге.
Если АВ — диаметр (ZAOB = 180°), то построения выполнить
нельзя (рис. 92).
Пусть ZAOB < 180 . Прове-
дем прямую АВ и отложим на
ней точки К и L, так что
К А = АВ = BL, и соединим точ-
ки К и L с точкой О. Пусть М
и N — точки пересечения ОК
и OL с окружностью. Хорда
MN — искомая. Докажем это.
Пусть С и D — точки пересе-
Рис- 92 чения хорды MN с радиусами

2
*"" Ответы, указания, решения 217
• —*
ОА и OB. В силу симметрии NM \\ АВ, и АЛОВ ~ AC DO, a
АВ ОБ BL ОБ АБ БЬ
ABLO ~ ADNO. = ; = , т. е. -гтГ = 7717 и» так
CD OD DN OD CD DN
как АВ = BL, то CD = DN. Аналогично, МС = CD, т. е.
MC = CD = DN.
455. Обозначим: ;
St= а1 + 2а2 + ... + пап
S2 - 2ах + За2 +... + папЛ + ал
Sft = kax + (k + 1)а2 +... + тшл+1_А + ал+2_А +... Цк - 1)ал
Sn = пах + а2 +... + (п - 1)ап.
Sx > Sk для всех k.
Sx> Sx — очевидно.
Sx-Sh = -ik - 1)(а1 + ... + ал+1 J + (тг - ft + 1)(ал+2_л + ... + an) >
> (n - k + IX* - D(an+2_, - ал+1_л) > О.
Сложим п неравенств Sx > Sk (k = 1, ..., n).
nSl > Sx + S2 + ... + Sn = (1 + 2 + ... + n)(ax + a2 + ... + an).
nSx = 7i(a! + 2a2 + ... + /iaj.
456. p, q, r = y[p +y[q — рациональные, р > 0, q > 0.
y[p =r-yfq > 0; p = r2 -2ry[q + g; 2r^ = r2 + g - p — pa-
/~ г g p
циональное, значит, и >/<Z = 77 + о— ТГ" — рациональное;
2 2г 2г
Г г Р Я.
у]Р = — + -— — — рациональное.
457. Если мы какие-либо из хорд заменим большим (дву-
мя или более) числом хорд с теми же началом и концом, то
сумма длин может только увеличиться; при этом количе-
ство хорд, пересекаемых каждым диаметром, не изменится.
Если же мы какую-то хорду заменим на центрально-симмет-
ричную ей относительно центра круга, то также не изменит-
ся количество хорд, пересекаемых каждым из диаметров. Если
же хорды АВ и CD пересекаются, то заменим одну из хорд
(например, CD) парой хорд СВ и BD. Сделаем это со всеми
пересекающимися хордами (точек пересечения конечное чис-
ло, поэтому эти действия выполнимы). Если же какой-либо

218
Ответы, указания, решения
&-
Рис. 93
радиус пересекает получившуюся совокупность хорд более чем
в трех точках, отобразим «лишние» (сверх трех) централь-
но-симметрично и снова заменим одну из двух пересекаю-
щихся хорд на пару меньших. В соот-
ветствии с неравенством треугольника
сумма длин может только увеличиться.
Если какой-то диаметр пересекает мень-
ше шести хорд, добавим еще хорды так,
чтобы каждый радиус пересекал ровно
три хорды (при этом снова сумма длин
хорд уменьшиться не может). Получен-
ные хорды составляют 3 замкнутых впи-
санных многоугольника, сумма длин каж-
дого меньше 2я (длины окружности), поэтому сумма длин
исходных хорд меньше 6я < 19.
458. Пусть в выпуклом четырехугольнике KLMN
KL = a9LM = b, MN = c,NK = d.
= — absinZL < — ab;
2 2
Smnk =-cd sin ZN<-cd.
Если SKLMN = — (ab + cd), то sin ZL =
= sin ZN = 1, и ZMNK = ZMLK = 90°.
Если взять середину отрезка МК, точ-
ку О, и построить окружность радиуса
ОМ = ОК, то точки L и N окажутся на
этой окружности.
JAKLM
L
Рис,
\\
^?
.94
1
Ук
459. Обозначим:
Sn = 0,7 + 0,77 +... +0.7...7.
Ёв. = JL + ILA +... + J_ = J_(i + 2 • 10 +... + п ■ Ю-1).
7 10 102 10" 10"
Обозначим Qn(x) = 1 + 2х + Зх2 +... + их"'1.
Тогда xQn(x) = х + 2х2 + Зх3 +... + (п - 1)хп1 + пх".

2
"~ Ответы, указания, решения 219
-f^-
Хп — 1
Qn(^)-jcQn(a:) = 1 + х + х2 + ... + хл_1 -лх" = пхп.
яЛ*)=пхП хп~1
-\\*
х -1 (* -1)
7 10" л 10л|^ 9 . 92
' 1 ^
л 9 9
1-
10л
460. См. № 455.
461. Т. к. число вершин в пятиугольнике нечетно, а при
наличии оси симметрии число вершин по обе стороны оси
равно, то, если есть ось симметрии, она проходит через одну
из вершин, и число осей симметрии не превышает пяти.
а) у пятиугольника нет оси симметрии (например, все
стороны пятиугольника разные).
б) у пятиугольника А^^^А^ одна ось симметрии, на-
пример, проходит через вершину Ах. Пусть Вк — середина
стороны, противолежащей Ак (например, Вх лежит наАдА4).
Если АХВХ — ось симметрии, то А^АЪ 1 А1В1 и АдА4 1 АХВХ,
А^А2 = АД, АД, = А<АЬУ ZA2 = ZAb, и ZA3 = ZA4.
в) пусть есть еще одна ось симметрии А^^ тогда вслед-
ствие симметрии относительно А1В1 есть еще ось симмет-
рии АЪВЪ и АД = АД = АД = ДА5 = АД, ZAX = ZA2 = ZA3 =
= ZA4 = ZA5y т.е. есть еще оси симметрии А3В3 и А4Б4. Анало-
гично, если кроме А1В1 есть ось симметрии AZBZ, то А1А2А3А4А5
правильный и имеется 5 осей симметрии.
Окончательно, у пятиугольника может быть 0, 1 или 5
осей симметрии.
462. Для того чтобы достигнуть отметки 920 км, нуж-
но двинуться в путь с заправкой на 600 км с отметки
920 км - 600 км = 320 км. Посмотрим, с какой отметки мож-
но, имея 2 заправки (на 600 км • 2 = 1200 км), достичь
отметки 320 км, имея бензина на 600 км. Проезжая х км,
можно оставить бензина на (600 - 2х) км и вернуться на
х км; второй раз проехав х км, можно иметь бензина на
(600 - х) км, т. е. 600 - 2х + 600 - х = 600; х = 200 км,

2
220 Ответы, указания, решения О^Ч
значит, на отметке 320 км - 200 км =120 км нужно иметь
бензина на 1200 км. Посмотрим, сколько заправок на отмет-
ке О (где неограниченное количество бензина) для этого нуж-
но. Пусть их необходимо п.
Тогда (л - 1) (600 — 2 • 120) + (600 - 120) > 1200;
(п - 1) 360 + 480 > 1200; (п - 1) 360 > 720; п - 1 > 2; п > 3.
Минимальное количество — 3 заправки.
Предельной ширины, которую может пересечь грузовик,
не существует. Для любой ширины можно построить систе-
му хранилищ так, чтобы пересечь пустыню.
463. В силу симметрии системы относительно х и у вместе
с решением (х; у) решением является также (у; х). Поэтому
для единственности решения необходимо условие х = у.
Тогда х2 = 4; х = у = ±2. Найдем р, при которых это
возможно.
ху + х + у = р;
1) х = z/ = 2; р = 8; 2) * = I/ = -2; р = 0.
Проверим единственность решения в каждом из этих
случаев.
1) Р = 8.
[х2 + у2 = 8,
[ху + х + у = 8;
8-у
S/ + 1
у*+2у3-6у2-32у+.56 = 0;
(y-2f(y2+6y + U) = 0.
у2 + 6у + 14 = 0 не имеет вещественных корней, поэтому
единственное решение х = у = 2 при р = 8.
2)р = 0.
(х2+у2=8,
\ху + х + у = 0;
х = --^—

2-
Ответы, указания, решения 221
-?5\
+ J/2=8;
_£ ^„2-
i/<+2j/3-6y»-16z/-86 = 0;
(z/ + 2)2(y2-2j/-2) = 0.
Это уравнение помимо решения ж = j/ = -2 имеет еще 2
решения:
х = 1 + л/3; у = 1-Л;
х = 1-л/3; у = 1 + >/з.
Т. е. при /> = 0 система имеет более одного решения.
Ответ: система имеет одно решение прир = 8.
464. 4I + l = 2I+Isinj/;
(2*-1)2 =(siny-l)-2I+1 >0.
ТЕ
Так как 2х + 1 > 0, a sin у < 1, то sin у = 1, т. е. z/ = — + 2пп
(пе Z), 2х = 1, т. е. jc = 0.
465. Пусть al<x<bl — данные отрезки (i = 1, ...,л); и
пусть любые два из них имеют общую точку, т. е. ai < Ь-
для любых i, j = 1, ..., п. Тогда max а, = а < Ь,, для любых
j = 1, ..., п. minb. =b> а, т. е. если а < Ь, то весь отрезок
а<х<Ъ принадлежит любому из отрезков at< x<bl9 если же
а = Ь, то эта точка а принадлежит всем данным отрезкам.
466. Сделаем грубую оценку. При п>2 ап =—- <—.
оп Зп
Для первых слагаемых это очевидно.
Пусть а < —.
а„+1 п + 1 З"2 /Г1 + 1>|.Л..1<1
Тогда -^ = -
1
т. е. а,, <
71+1 Ол+1
п Зд2+2л+1
V

222 Ответы, указания, решения «р Еу^
467. Для удобства изложения сформулируем две леммы.
Лемма 1. Если основания двух пирамид равновели-
ки, находятся в одной плоскости, а вершины расположены в
плоскости, параллельной основаниям, то площади сечений
этих пирамид плоскостью, параллельной основаниям, совпа-
дают.
Лемма 2. Если две треугольные пирамиды располо-
жены в слое между двумя параллельными плоскостями, каж-
дая из пирамид имеет по одному ребру на каждой из границ
слоя и площади сечений этих пирамид серединной плоско-
стью слоя совпадают, то совпадают площади сечений пира-
мид любой плоскостью, параллельной границам слоя.
Доказательство леммы 1 следует из того, что сечения обе-
их пирамид плоскостью, параллельной основаниям, соответ-
ственно гомотетичны основаниям с одним и тем же коэф-
фициентом гомотетии. Что касается доказательства леммы
2, то оно следует из того, что площади сечений пирамид плос-
костью, параллельной границам слоя, — это квадратичная
функция расстояния от секущей плоскости до одной из гра-
ниц слоя. Причем эти функции имеют одинаковые нули и
еще одно совпадающее значение.
Теперь решение задачи получается в результате разбие-
ния куба на 6 треугольных пирамид без общих внутренних
точек, и разбиения пирамиды DXABMH на 6 треугольных
пирамид без общих внутренних точек. Пирамиды из разби-
ений куба и пирамиды D1ABMH находятся во взаимно од-
нозначном соответствии, и каждая пара соответствующих
пирамид удовлетворяет либо условиям леммы 1, либо усло-
виям леммы 2. Причем плоскости из формулировок лемм 1
и 2 параллельны плоскости AXBD для каждой пары пира-
мид. Укажем пары соответствующих пирамид из разбие-
ний куба и DtABMH.
Пусть К — пересечение МН иАЛ, а О — пересечение AXD
иАОг
1) AA.BD и АОВН; 2) D.A.BD и DxOBH\ 3) C.B.CD и
MKCD,;
4) BBfiD и DCKDX\ 5) AlBBlDl и BDCDX\ 6) BDCD1 и
DHKDX.
В случаях 1) и 2) применяется лемма 1. Здесь плоскость

2
^ Ответы, указания, решения 223
-?&
оснований — плоскость AXBD. В случаях 3) и 4) также приме-
няется лемма 1. Причем плоскость оснований — плоскость
BXCDX. В случаях 5) и 6) применяется лемма 2. Здесь пира-
миды находятся в слое между плоскостями AXBD и BXCDX.
468. ДОСКА = 29 750; ЛОДКА = 89 250.
" * + У_ q
469. Пусть искомые числа х и у. По условию _ ~ °»
* г/
откуда х = 2z/, ху Ф 0. Кроме того, х + у = 0,5xz/, т. е. Ъу = у2,
откуда у = 3, соответственно х = 6.
470. 71983 =7449573 =(2401)495-343;2401л —заканчива-
ется на 1. Соответственно 2401495 -343 заканчивается на 3.
Поэтому 71983 -1983 заканчивается на 0, а значит, делится
на 5.
471. а) Выигрывает второй. В ответ на цифру п второй
пишет «6-/1». По окончании сумма цифр будет 18, а значит,
число делится на 9.
б) Выигрывает первый. Вначале он пишет 1, далее в ответ
на цифру п первый пишет «6 - и». По окончании сумма
цифр может быть от 20 до 24, т. е. число не может делиться
на 9.
1125
472. 40 = 36 (коп.).
125
473. Количество движений по горизонтали и по вертика-
ли не может отличаться больше чем на 1. Бели улитка вер-
нулась в начальную точку, то количество движений вправо
равно количеству движений влево; равны также количества
движений вверх и вниз. Следовательно, количества движе-
ний во всех четырех направлениях равны между собой, а
время кратно 4 • 15 мин = 1 ч.
474. 1 способ. По определению медианы AM: BM = СМ.
тт « * ^В ВМ л
По свойству биссектрисы в треугольнике: = = 1,
АС СМ
т. е. АВ = АС.

224
Ответы, указания, решения
2-
2 способ. Продолжим медиану
AM на такое же расстояние. АСМА =
= АВМЕ, т. к. AM = ME по построению,
ВМ = CM (AM — медиана), Z.BME =
= ZAMC как вертикальные. Следова-
тельно, ZBEM = АСАМ. Тогда в ААВЕ
Z.BAE = ZAEE, значит, BE = АБ. Но по
доказанному АС = БЕ. Тогда АВ = АС.
Рис. 95
475. Поскольку при умножении на 5 количество цифр в
числе не меняется, то первая цифра — 1, а число может быть
записано в виде 10" + k; k < 10\
Тогда по условию: 3 • (10п + k) = 10k +1, т. е. Ik = 3 • 10" -1.
Поэтому (3 • 10л -1): 7.
Наименьшее л, при котором (3 10Л -1):7 равно 5. При
этом k = 42857.
Проверка показывает, что число 142 857 удовлетворяет
условию задачи.
476. Пусть объемы бочек х, у, г. Тогда получаем систему
уравнений:
x + y + z = 120,
X = — Z/ + 2,
X = У + — 2.
У 3
Решая систему, получаем: х = 50, у - 40, z = 30.
477. Из каждых четырех посещений подряд: дважды при-
ходил только Коля, один раз только Петя, и один раз и Коля,
и Петя. Таким образом, Коля был 3 раза, Петя — 2 раза.
Тогда за 20 посещений Коля был 15 раз, а Петя — 10 раз.
478. Сначала разложим гири на 276 кучек по 553 г:

2,-
Ответы, указания, решения
225
1 г + 552 г; 2 г + 551 г; 3 г + 550 г; ...; 276 г + 277 г. Далее
произвольным образом объединим по 92 таких кучки.
479. Искомая точка существует, если ВС > 2АВ (при
ВС = 2АВ точка D совпадает с А).
Построение: Вначале строим на
стороне АС точку Р такую, что. АР =
= ВС-АВ.
Далее строим точку М такую, что
РМ = АВ и ВМ = АР. Из двух возмож-
ных расположений точки М выбира-
ем то, при котором четырехугольник
АВМР — самопересекающийся, а не то, М
при котором АВМР — параллелограмм.
Тогда точка D — точка пересечения АР
и MB. Действительно, из симметрии Рис. 96
АВМР следует, что BD = PD. Поэтому
AD + BD +AB =AD + PD+AB=AP+AB = BC.
480. Рассмотрим суммы Sn (где п = 0, 1, ..., k) чисел от
первого до л-го. SQ — сумма нуля слагаемых. Таких сумм
k + 1. Следовательно, среди них есть две, дающие одинако-
вый остаток от деления на k. Пусть это 1-я и т-я суммы
(I < т). Тогда сумма от (I + 1)-го до m-го делится на k.
481. а) (п - I)2 + п2 + (п + I)2 = Зл2 + 2, а квадрат числа при
делении на 3 не может давать остаток 2.
б) (п-2)2 + (д-1)2 + /12 + (п + I)2 + (п + 2)2 = 5л2 -н 10 =
= 5(л2 + 2). п2 + 2 не может делиться на 5. Поэтому Ъ(п2 + 2)
делится на 5 и не делится на 52, что невозможно для точного
квадрата.
482. (>/2 + 7з + V5)2 =2 + 3 + 5 + 2(76+ >/l0 + ТГб) =
= 10 + V24 + л/40 + >/б0.
483. Так как ZCMD = 0,5 (kjCD - uAB), то uCD = uAB +
+ 2ZAMB. Но при движении точки М по окружности Sx угол
AM В остается постоянным. Поэтому величина дуги CD ос-
тается постоянной. Следовательно, середина хорды CD дви-
&
8. Зак. /90

226
Ответы, указания, решения
2а
жется по окружности с цент-
ром 02. (Случай, когда М дви-
жется по дуге, находящейся
внутри S2, аналогичен).
484. Поскольку суммы чисел внутри каждого Т- тетра-
мино совпадают, то в вершинах х-тетрамино (рис. 98, а) сто-
ят одинаковые числа. Рассмотрим октамино, изображенное
на рис. 98, б. В нем может быть только 2 различных числа х
и у. Но поскольку Зх + у = х + Зу = 4, то х = у = 1.
I х I Iх \ у \
х \ 1*1 1*^1*^
1*1 I * I £/ I
Рис. 98
Любая клетка квадрата 50 х 50, кроме угловых, может
быть накрыта октамино с рис. 98, б. Поэтому во всех не
угловых клетках стоит число 1. Но тогда и в угловых клет-
ках стоит число 1.
485. Нельзя.
Если из четырех треугольников со сторонами х, у, z уда-
лось составить пирамиду ABCD, то АВ = CD = х; АС = BD = у;
AD = ВС = г. Поэтому в каждой вершине трехгранный угол
образуют углы а, Р и у. Поэтому а < Р + у, Р < а + у, Y<ot + P>
т. е. а < 90°, Р < 90°, у < 90°.
486. 38* + 41у = 4(3 х + 1у) + 13(2* + у).
487. Так как у - 4 = \х - 1|, то \х - 2| + \х - 1| = 2. Поэтому
или х = 0,5 (тогда у = 4,5) или х = 2,5 (у = 5,5).

2
л5\ ответы, указания, решения 227
488. 1984 цифры. Это следует из того, что
21983 . 51983 =1000...00.
1983 нуля
489. х = 1. Других корней нет, так как левая часть урав-
нения возрастает, а правая убывает.
490. Докажем сначала, что'для любого е > 0 найдутся
такие целые лит, что 0 < (п + /nv21;Г| < е. Пусть k — та-
171
кое натуральное число, что k>1—-. Рассмотрим числа
е
|л/2},|2л/2}, ...,{(£ +1)^2}. Каждое из этих чисел попадает в
один из интервалов 0; - ; —; — ; ...; ; 1 • Тогда со-
гласно принципу Дирихле в один из этих интервалов попада-
ет хотя бы два числа {lyfe} и {рЩ. Тогда Up -1)^2} < -.
Но {(р - 1)Щ = (р - l)yf2 - [(р -1)&] = п + /W2,
где л = -[(р-0>/2]; n = -[(p-Z)V2];m = (p-/).
Тогда 0 < (п + т^2\\Т\ < -\Т\ < е.
Пусть х — произвольное действительное число и
* . Тогда 0<x-s(n\T\ + myl2\T\)<e. Кроме
(/i + /7iV2)|r|J v ' ' { х>
того, f(Sn\T\ + Smj2\T\) = f(0). Поэтому при любом е > 0
на расстоянии, меньшем е от х, найдется такая точка лге, что
f(xt) = ДО). А поскольку / — непрерывна, то и f(x) = f(0).
491. Пусть А е Кх n K2 n К3; В е Kl n K2 n КА\
Се KlnK3n KA\ De K2nK3n К4. Если одна из точек А,
В, С, D лежит внутри треугольника с вершинами в осталь-
ных точках, то она попадает во все 4 круга. Если же точки А,
8*
s =

228
Ответы, указания, решения
2,-
В,С, D — вершины выпуклого четырехугольника, то во все 4
круга попадет точка пересечения его диагоналей.
492. Искомое множество:
Г1 I г I ч
i1 *i
1 i 1 11
Рис. 99
493. Если в записи числа К двоек х, то единиц 4х = Зх + л:.
Сумма jc двоек и jc единиц кратна трем, следовательно, К
кратно трем.
4М.3„аи„ '♦
ки совпадают с верши- v ' ^
нами некоторого па-
раллелограмма и его
центром симметрии.
Поэтому искомое чис-
ло точек равно трем. (~3i ~2)
(1; -2)
Рис. 100
495. Может. Например, 11 + (-10) = 1, а II2 + (-10)2 = 221.
496. Искомая точка X, т. к.
АХ + ХБ^Х + ХБ,
AY + YB = A,Y + YB,
АХХ + ХБ = АХБ < АУ * УБ
А
Рис. 101

-?5\.
Ответы, указания, решения
229
497. 0,08* = 0,62 • 200; х = 1550.
498. ZA = а, в
ZB = $,ZC = y.
СВ = СМ.
ZM = Z.CBM = у/2.
По условию Р > а, А
следовательно,
(3 + Y/2XX + Y/2. Рис.102
Но (P + Y/2) + (a + Y/2) = 180\ поэтому P + y/2>90\
499. теннис -> 942 250, т : е = н, нис ? 9 : 4 = 2,250.
Или теннис -> 981 125, 9: 8 = 1,125.
500. Число 19834 оканчивается цифрой 1, следовательно,
19831984 =(19834) тоже оканчивается цифрой 1, поэтому
число 19831984 + 4 оканчивается цифрой 5, т. е. оно кратно
пяти.
501. 1983 = 93 • 19 + 12 • 18.
502. Воспользоваться формулой 2S = т • hm :
'2S + 2S + 2SY— ^ь__ + >
а Ь с
J
\2S 2S 2S
— + - + - \(a + b + c).
503. Цифрой 5, т. к. уменьшаемое оканчивается цифрой
0, а вычитаемое цифрой 5.
504. х = — ± . Произведение крайних множителей ле-
2 2
вой части уравнения на 2 мень-
ше произведения средних; следу-
ет заменить произведение и ре-
шить квадратное уравнение.
505. Провести CD IВР. D со-
единить с А и установить, что
AD = DB = DC, ZACB = 30° + 45° = А
= 75°.

2
230 Ответы, указания, решения о5\
506. Первое уравнение возведем почленно в квадрат:
х2 + у2 + г2 + 2{ху + хг + уг) = 49,=» xi/ + xz + yz = 14;
z2 +xz + yz = 14;
z(x + y + z) = 14;
z = 2.
x + z/ = 5;xz/ = 4.
Отсюда xx = 1;^ = 4;x2 = 4;y2 = 1.
Ответ: xx = 1;^ = 4;^ = 2;x2 = 4;i/2 = l;z2 = 2.
507. x = c, y = c-l, где с — любое число из множества
[3;б].
508. Корни первого уравнения имеют вид:
хх=а; х2 =—;(а > 0); второго: х( = р; х2 =--;(Р> 0),
причем а * р. Если а > Р, то хх > х[> 0 > х2 > х2; если а < Р,
то х[ > х1 > 0 > х2 > х2.
509. а) Уравнение N = х2 + у2, где N = 1010..,10, нераз-
1983 нуля
решимо в целых числах. Действительно, сумма цифр в деся-
тичной записи числа N кратна 3, но не кратна 9. Числа х2и
у2 при делении на 3 могут давать в остатке либо 0, либо 1;
поэтому сумма х2 + у2 может быть кратна 3 лишь в случае,
когда х и у делятся на 3. Но в этом случае сумма х2 +у2
должна быть кратна 9.
б) Уравнение N = х2 -у2 неразрешимо в целых числах,
т.к. N кратно 2, но не кратно 4, а разность х2-у2 =
= (х - у)(х + у) есть либо чисдо нечетное, либо кратно 4.
510. Шестиугольная звезда имеет площадь 2Sl9 следова-
тельно, S2 < 2Sr
Сумма площадей треугольников тип меньше половины
суммы площадей двух равносторонних треугольников,

-^
Ответы, указания, решения
231
т. е. меньше — Sx; сумма всех шести
таких треугольников меньше т^.
Следовательно, S2<—S1. *
511. Каждая из рассматриваемых
2п + 2 сумм принимает одно из 2п + 1 рцс# ;^^
значений: -я, -я + 1, ... , л - 1, д. По-
этому среди этих сумм имеются одинаковые.
512. Отношение сторон треугольника равно отношению
величин, обратных длинам соответствующих высот. Поэто-
му длины сторон треугольника образуют и арифметическую,
и геометрическую прогрессии, что возможно тогда, и только
тогда, когда они равны.
513. Обозначим рассматриваемое число через Кп, тогда
Кп + 1 = АпКп, где Ап =1 + 103" +1023". В десятичной записи
числа Ап три единицы, а остальные нули, поэтому Ап кратно
трем. Предположив по индукции, что Кп кратно Зл , получим,
что Кп +! кратно 3 Зл = Зл + К
514. См. № 510.
515. Пусть (xt; yt) — координаты вершин треугольника,
1 < i < 3. х„ yt — целые числа. Проведем 4 прямые, парал-
лельные осям координат:
x = mini; ;c = max:r.; z/ = minz/.; y = maxy,.
1й1йЗ 1ZIU3 l Ш£3 l£i£3 '
Эти прямые ограничивают прямоугольник, длины сто-
рон которого целые числа, т. е. его площадь — целое число.
Этот прямоугольник состоит из исходного треугольника,
дополненного одним, двумя или тремя прямоугольными тре-
угольниками, катеты которых — целые, т. е. их площади —
целые или полуцелые числа. Следовательно, удвоенная пло-
щадь исходного треугольника — целое число.

2^
232 Ответы, указания, решения *Ру\
516. 1 с п о с о б. Из равенства ап+1 = ап - а\ следует, что
= — + . Получаем:
11111 1
■ + = + + -
fl1983 а1982 * а1982 ai981 * ^1981 ^ Д1982
111 1 ,,
= — + + + ...+ . Легко проверить по
а1 1_ai 1"(l2 1~а1982
индукции, что 0 < ап <1, поэтому > 1.
1 -а
л
1 1 1982 1
Следовательно, —— = — + Y > 2 +1982 = 1984.
а1983 а1 л=1 1 ~ ап
Значит, а1983 <
1984
2 способ. Пусть Ъп = —. Тогда bj = 2 и Ьл+1 =
а 11
п л
- 5 +1 + > & +1. Поэтому Ь_ > 6, + (л -1) = л +1;
Л L 1 Л »» * \ /
Ь1983 > 1984 и, следовательно, a1983 < J^-
517. Разговор Саши с его другом происходил 1 января, а
день рождения Саши 31 декабря.
518. Если число людей — х, мух — у> собак — 2, то соглас-
но условию х + у + z = 10; 2* + 6у + 42 =54. Откуда х = 1;
i/ = 8;z= 1.
519. Да, сможет. Царевич может, например, рубить по 17
голов 662 раза. После каждого удара число голов у Змея
Горыныча уменьшается на три. Поэтому после 661-го уда-
ра у него останется 2000 - 3 • 661 = 17 голов. Следующий
662-й удар срубит эти 17 голов.
520. Каждая проведенная диагональ увеличивает на еди-
ницу число многоугольников, на которые разбивается дан-
ный 1984-угольник, при этом общее число сторон этих мно-

2,-
Ответы, указания, решения
233
гоугольников увеличивается на два (проведенная диагональ
считается дважды). Игра завершается, когда данный много-
угольник будет разделен на треугольники.
Если общее число ходов — х, то треугольников будет х + 1.
Общее число их сторон равно 3(х + 1), или 1984 + 2х. Полу-
чаем равенство: 1984 + 2х = 3(х + 1), т. е. х = 1981. Число
ходов нечетное, поэтому последний ход сделает начинающий.
Ci
521. Провести DC и рассмот-
реть прямоугольные треугольни- =J=
ки с углом 30°. Больший катет
равен 9 см. в
3 см D 6 см
Рис. 105
522. Второе уравнение системы преобразуем так:
4х - 8 + 3z/ + 22z/(2 - х) = 0, или
4(л: - 2) + 3z/ = 22у(х - 2). Разделив почленно на у(х - 2),
4 3
получим — + = 22.
У х-2
Т. к. —L_ + l = i8, то - + 18 = 22; z/ = -; л: = 2,5.
*-2 у у 4
523. 725 • 75 = 54 375.
Ьр + ад_ 1 _
524. — = -Г~>
аб ар + bq
abp2 + a2pq + b2pq + afrg2 = ab; ab(p2 + g2) + pg(a2 + b2) = ab;
ab(p2 + q2 + 2pg) - ab • 2pg + pq(a2 + 62) = ab;
ab + pq (a - b)2 = ab; pq Ф 0; (a - b)2 = 0; a = b.
525. 1982 единицы. Представить слагаемые в виде раз-
ностей 10" — 1.
526. Произведения площадей противолежащих треуголь-
ников равны, т. е. т2 = SXS2.
Откуда т = JS^.
Площадь трапеции равна
Рис. 106

234 Ответы, указания, решения
2^
527. Воспользоваться соотношением
1 = У^-У^Г
528. Положив в неравенстве \2ах + Ь\ < 1 х = 0, получим
\Ь\ < 1. Поэтому |ах2 + Ь\ = 0,5|2а*2 + Ь* + Ь*| = 0,5|(2ах + Ь)х +
+ И < 0,5(|2а* + Ь||х| + \Ь\\х\) < 0,5(1 • 1 + 1 • 1) = 1. Использо-
вано неравенство \с + d| < |с| + |d|. Обратное неверно.
Например, при а - 1, Ъ = 0, |ах2 + Ь| = |jc|2 < 1 для \х\ < 1.
Однако |2ах + b\ = |2*|, и неравенство |2х| < 1 справедливо
не для всех х из интервала [-1;1].
529. Введем на прямой систему координат. Перенумеру-
ем отрезки в порядке неубывания их левых концов. Имеем
последовательность отрезков [ах; Рх ], [а2; Р2 ], ..., [ал; Рл ],
причем аг < а2 < ... < ал.
Чтобы отрезки [at; PJ и [cci+;; Pi+j] имели общую точку,
необходимо и достаточно выполнение условия ai+j < ft. Та-
ким образом, наименьшее из чисел Рх , ..., Рл не меньше,
чем ал. Следовательно, точка ал принадлежит всем отрезкам.
530. См. № 482.
531. Пусть А = Ък , В = с1 , тогда А - Ък > akl > ct = Б.
532. Так как диагональ каждого следующего куба равна
ребру предыдущего, то ребро следующего куба в >/з раз мень-
ше, чем ребро предыдущего куба. Поэтому площадь поверх-
ности k-то куба равна , а сумма площадей поверхности
з*1 г
п кубов равна 6
( Lk i-JJLuLE-^ ^
1 + - + - + ... + -L. -в а_ = 9
3 9 З"-1 J х_1
3
1- —
3"
533. Данная система наряду с решением х = х0, у = у0
имеет решения х = -х0, у = -у0; х = -х0, у = у0; х = х0 , у = -у0.

л^ч Ответы, указания, решения 235
Для единственности решения системы необходимо совпаде-
ние этих четырех решений. Таким образом, х0 = -х0 , у0 = -у0,
т. е. х0 = у0 = 0. При этом а = Ь = 0.
Проверим единственность решения системы х6 + у6 = 0;
х2 + i/2 = 0. В каждом из этих уравнений левая часть —
сумма двух квадратов, поэтому может равняться нулю толь-
ко при 0 = х = у. ;.. I
534. ОхБ = гх; 02С = г2; ОВ = ОС = Л;
ZOOjB = ax; Z002C = р^
ZABC = а2; ZACB = Р2;
Z02OC = а3; ZOfiB = р3.
Треугольники BOfi и С002 подобны по двум углам: ах = а2
как углы с соответствующими перпендикулярными сторона-
ми, ос2 = ос3 как измеряющиеся одной дугой, следовательно,
ах = а2 = а3; аналогично Pi = Р2 = Р3. Из подобия следует
В01 : ВО = СО: 0029 или rx:R = R:r2, откуда R = yfr^.
535. Предположим противное, т. е. любые две точки плос-
кости, расположенные на расстоянии 1 друг от друга, окра-
шены в различные цвета. Тогда вершины любого правиль-
ного треугольника со стороной 1 окрашены в три различ-
ных цвета. Если из двух правильных треугольников соста-
вить ромб со стороной 1, то его вершины, соединенные боль-
шей диагональю, имеют цвет, отличный от других вершин,
следовательно, эти вершины окрашены одинаково. Длина
большей диагонали ромба V3 . Таким образом, любые две

236
Ответы, указания, решения
?5v-
точки, расположенные на расстоянии >/з друг от друга, ок-
рашены одинаково.
Опишем окружность радиуса ее центр будет иметь
тот же цвет, что и все ее точки. Возьмем две точки этой
окружности на расстоянии 1 друг от друга; они будут окра-
шены одинаково. Полученное противоречие завершает до-
казательство.
536. Построить фигуру, симмет-
ричную данному прямоугольнику
относительно его большей сторо-
ны.
Рис. 108
537. Если площади граней пирамиды S,, S2, S3, S4 и радиус
вписанного в пирамиду шара г, то
3V=(Sl + S2 + Sz + S4)r, (*)
где V — объем пирамиды.
С другой стороны, 3V=S1h1 = S2h2 = S3u3 = ^аК » гДе *i» ^2»
h3, h4 — соответствующие граням высоты пирамиды, откуда
3F 3F 3F 3F
*1 h2 К К
Равенство (*) получит вид:
р\
?1^а
3V =
(SV 3V 3V 3V
г, откуда получим
г"1 «V+V+V+V-
538. Да, можно. Будем считать, что в школьном учебни-
ке не более 500 страниц (если их около 1000, понадобится на
1 вопрос больше, и мы все равно уложимся в 20 вопросов).
Пусть в учебнике п страниц; 2к < п< 2*+1. Тогда первый
вопрос: находится ли данное слово среди первых 2* страниц?
Если да, то так же поступаем с промежутком [1; 2А], если

-**.
Ответы, указания, решения
237
нет, то с промежутком (2*; п]. Длина этого промежутка не
больше 2А . Таким образом, мы узнаем, на какой странице
загаданное слово, не более чем за 9 вопросов (мы условились,
что число страниц в школьном учебнике меньше, чем 29).
Число строк на странице не больше, чем 40, т. е. меньше 26.
Строку мы отгадаем не более, чем за 6 вопросов. Слов в
строке не больше чем 24, т* е. хватит 4 вопросов, и мы уло-
жимся в 19 вопросов.
539. а2+-^- + -^- + -
sin а cos а sin а cos а
Г 1 1 ^
> а2 + 2а + 2,
^sinoc cosocy
>2.
>2а,
sin а cos а
540. Достаточно представить многочлен х2п в виде разно-
сти двух возрастающих многочленов. Имеем:
( \ ( ^
х*а = п
4/1-1
■ + х
V
Pi(x)
-п
4/1-1
■ + х
V
Р2(*)
Р;(х) = хАп~2 + 2*2"-1 + 1 = {х2п~1 +1) > 0;
Р;(х) = х4п~2+1>0.
Отсюда следует требуемое.
541. Деление каждой части еще на 4 части увеличивает
число частей бумаги на 3. Поэтому после любого числа де-
лений количество частей бумаги при делении на три долж-
но давать в остатке 1. Но 1986 = 3 • 662, поэтому Плюшкин
ошибся в подсчете.
542. Три пятницы, выпадающие на четные числа месяца,
могут быть только 2, 16 и 30 числа. 15 числа был четверг.
543. Число должно делиться на 36, значит, и на 9, и на 4.
Сумма цифр пятизначного числа будет делиться на 9, если
сумма цифр приписанного двузначного числа будет 6 или 15,

238
Ответы, указания, решения
2-
т. е. числа 06, 15, 24, 33, 42, 51, 60, 69, 78, 87, 96. На 4 делятся
24, 60, 96. Следовательно, искомые числа 34 524, 34 560, 34 596.
544. Если учеников в классе х, то согласно условию
42.
6 5 1
— х — х = 1, откуда х
7 6
545. Соединив концы данных отрезков, получим парал-
лелограмм.
546. Если 1986 + х2 = у2 , то (у - х)(у + х) = 1986. Числа
у - х и у + х имеют одинаковую четность, поэтому произве-
дение либо число нечетное, либо кратное 4. Но 1986 при
делении на 4 дает в остатке 2.
547. Пусть ДВА = К, ШЕСТЬ = М, ДЦАТЬ = N. Согласно
условию, Д Ф 0. Поэтому 102 < К < 103, 104 < М < 105, ДВАД-
105K + N N
ЦАТЬ = 10ЬК + N. Т. к. = 105 + — > 105 > М, то
К К
ДВАДЦАТЬ > ДВА • ШЕСТЬ.
548. Строим окружность с центром О в вершине угла;
точки пересечения окружности со сторонами угла А и В (дуга
АВ = 54е). От точки А откладываем дугу АС (содержащую
АВ) величиной 60°; ZBOC = 6°. От В отложим три дуги ВС.
549. Согласно условию х - у = 5; х : у = 5. Числа х = 6,25;
У = 1,25.
Пусть ап = 22 2 \п; Ьп = З3' \п -1.
550
Если а„ <Ъ
то а
2а» <36» =ЬЛ+1.Т. к.
а3 =222 =24 =16<27 = 33У&з,
то при п > 3, ап < Ъп.
551. См. № 521.
552. Треугольники MNP
и ACS — равновелики.
я^:
л Ч^ /
л Г /"
Af^^^^
N
О
Р
п
Ук
D
Рис. 109

-?5v
Ответы, указания, решения
239
553. Пусть S = а + 2а2 +... + пап,
Sa = a2 + 2а3 +... + лал+1.
S -Sa = а + а2 +... + ал -пап+1 =
~»+1 _
а-1
• - /шп+1 =
ДП + 1 _ д _ цдЛ + 2 + ддД + 1
а-1
Отсюда S =
а-(л + 1)ал+1 + лал
(^7
554. Если собственная скорость теплохода V, а скорость
течения х, то
S S S(K-M) S(K-M)
М К МК 2МК
гч л D S S2MK
От А до В плот проплывет за — = ■
2МК
х S(K-M) К-М
часов.
555.
((31+32+33+34) + 34(31+32 + У+34) + ...+ 396(31 + У + 33 + 31));120.
556. Обозначим >/х-3 = а;у/х-2 = Ь. Тогда
6а + Ъ = 5>/а&; &2 - 13а& + 36а2 = 0; откуда Ь = 9а, Ъ = 4а.
^2=9^3;* = 3^;
^Г2=43£Г3; * = 3 —.
63
557. Точка пересечения
данных прямых О.
1. Соединяем О с Б и на
отрезке ОВ как на диаметре
строим окружность, которая
пересечет прямую h в точке D.
2. Проводим BD, которая
пересечет т в точке С.
3. Через середину BD, точ- рис. по

2
240 Ответы, указания, решения О^Ч
ку N, проводим MN 1 BD до пересечения с прямой т в
точке М.
4. Через В и М проводим ВМ до пересечения с Л в точке А.
5. Соединив А и С, получим искомый треугольник ABC.
558. В равенстве (х - а)(х - 10) + 1 = (* + &)(* + с)
положим х - 10. Тогда 1 = (10 + Ь)(10 + с). Т. к. Ь и с —
целые числа, то либо 10 + & = 10 + с=1, либо 10 + Ъ = 10 +
с = -1. В первом случае а = 8, во втором а = 12.
559. Воспользуемся неравенствами |sinx|<l; |cosjc|<1.
а) При п > 1 нет решений;
б) при п = Am + 1, Am + 2 х- 2nk, k — целое;
при п = Am, Am - 1 х = nk , k — целое.
560. а) Сопоставим дугу АВ и сегмент с хордой АВ. Если
АВ — дуга, имеющая длину меньшую, чем половина окруж-
ности, то для любой точки X этого сегмента радиус окружно-
сти, проходящей через X, имеет общую точку с дугой АВ.
Пусть Р, Q, R, S — точки, принадлежащие трем дугам из
рассматриваемых четырех (для каждой тройки дуг выбрана
точка). Если две из этих точек совпадают, то эта точка ле-
жит на всех 4 дугах; если не совпадают, то Р, Q, R, S —
вершины выпуклого четырехугольника. Точка пересечения
его диагоналей X лежит во всех четырех сегментах.
б) Пусть А, В, С, D — четыре точки на окружности, пере-
численные по ходу движения часовой стрелки. Дуги ABC,
BCD, CDA, DAB no три пересекаются, а все вместе общей точ-
ки не имеют.
561. Данное неравенство эквивалентно неравенству
ах3 - Зл/ab2х + 26 > 0 при а, Ъ, х > 0. Введем функцию
у(х) = ах3 - З^аРх + 2Ь. у\х) = Зах2 - 3$1аЬ2'.
\ь
Производная обращается в нуль при х = ±Ц - . При воз-
растании х в окрестности точки з/_ производная меняет

2
*»^\ Ответы, указания, решения 241
знак с минуса на плюс, поэтому х = {/—. есть точка миниму-
ма функции у(х) на полупрямой [0; + °°).
= Ь - ЗЬ + 2Ъ = 0. Поэтому г/(х) > 0 при х > 0. Слу-
чай равенства один: х = Ц—.
562. Пусть (Хр у,) 1 < i < п — последовательные вершины
ломаной, М (а; Ь) — точка, принадлежность которой лома-
ной нужно проверить. Проверяем только те звенья, для ко-
торых fmin<*i'*i+i) * а * швх{хй;хм)9
В противном случае точка М лежит вне прямоугольни-
ка с диагональю — соответствующим звеном ломаной со
сторонами, параллельными осям координат. Пусть эти ус-
ловия выполняются. Тогда, чтобы точка М лежала на со-
ответствующем звене ломаной, необходимо и достаточно, что-
563. Так как -= > Г -=, то
& { 4х
11 1 "л1 dx j—h»+i i
1 + -^ + -= + ... + -^> | ^ = 2у/х\ =2у1п + 1-2.
■42 л/3 л/п { 4х п
Пусть 2-Уп +1 - 2 > 1986, тогда 1+ --= + ... + ■-=■> 1986.
V2 >/л
Вместо п можно взять (994)2 - 1 = 988 035.
564. Если cud параллельны, то либо d = 0, либо с = Xd,
X — некоторое число. Если d = 0, то либо Ь - 0, либо
(«.*) _ -
\ш = Ь, где ц. = - ' В обоих случаях а и b параллельны.
(Ь,Ъ)
9. Зак. /90

242
Ответы, указания, решения
2-
-—?5i-
Пусть c=Xd, тогда (а,а)а + (a,ft)ft = X(a,b)a + A.(ft,ft)ft,
[(а, а) - X (а, ft)] а = [X (ft, ft) - (а, ft)] ft;
(а,а -Xb}a = (Xft -a,ft)ft.
Если один из коэффициентов (a,a -Xb ),[Xb -a, ft] отли-
чен от нуля, векторы а и ft параллельны.
Пусть (а, а - Xft) = (Xft - a, ft) = 0, тогда
fa-Xft,a-A.ftj = fa, a -Xb) + X (Xb - а, ft J = 0, поэтому
a - Xft = 0, a =Xb.
Во всех случаях из предположения параллельности
end следует параллельность а и ft.
565. а) Можно; б) нельзя.
566. Заготовили 13 ящиков с номерами 0, 1, 2, ..., 12. Каж-
дую работу положили в ящик с номером, равным числу
ошибок в этой работе. Так как 13 • 2 = 26 < 30, то найдется
ящик, в котором не менее трех работ.
567. На 5, на 8, на 9, на 10, на 11 частей.
|4>
1
2
3
4
5
6
7
8
1
4
7
2
5
8
3
6
9
Рис^Ш
568. А = 3, В = 1, С = 2, D = 5, Е = 6, Н = 0.
569. Валя, Галя, Даша и Аня.
570. Если расстояние АВ равно S, то время движения

2^
Ответы, указания, решения
243
S 5»
автомобиля —г + — , а расстояние, пройденное им, 2S. Сред-
няя скорость движения 2S :
—+ — =37,5 (км/ч).
50 30 '
571. Построить дуги окружностей радиусом, равным сто-
роне шестиугольника, и с центрами в его вершинах А, В, С, D,
Е, F. Эти дуги пересекутся в центре шестиугольника и обра-
зуют вместе с радиусами секторы с углами 120°. Точка, лежа-
щая в одном из этих секторов (например, ограниченного ду-
гой DEF), удалена по крайней мере от трех вершин шести-
угольника (например, А, В, С) на расстояние, не меньшее еди-
ницы.
572. - (2а2 + 2Ь2 + 2с2 - 2аЪ - 2ас -2Ъс) =
2V 7
= \{а-Ъ)>+\{Ъ-си\{с-а)>=0.
573. Маша и Нина могли исполнить либо 12, либо 13,
либо 14 номеров концерта; общее число номеров будет либо
25, либо 26, либо 27. Согласно условию это число кратно
трем. Поэтому Маша и Нина спели по 7 песен.
574. Второй и третий рыбак забрали третий и первый
пакеты, первый забрал второй пакет.
575. Если а + b
1 111
1, то - + - = —.
а Ъ db
Но аЬ = -(а + Ь)2--(а-Ь)2=---(а-Ь)2<^.
4V ' 4V ; 4 4V } 4
576. AAHD ~ ABHF;
АН :HD = BH : HF;
х : у = 2у : х; х2 = 2у2;
х = уу[2;У- = ^=; a = 45
х V2
Рис. 112
9*

2
244 Ответы, указания, решения of>\
577. а) (п - I)2 + п2 + (п + I)2 = Зп2 + 2;
б) (л - 2)2 + (п - I)2 + л2 + (л + I)2 + (л + 2)2 = 5(л2 + 2);
в) (k + I)2 + (k + 2)2 + ... + (k + n)2 =
= n(k2 + k(n + 1)) + (l2 + 22 + ... + 7i2 ) =
= (n(k2 + k(n + 1)) + У1(/1 + 1К2д + 1)):д> если (n; 6) = x
578. В последовательности с 1 до 1987, полученной с по-
мощью автоматов, все члены нечетные. Любое нечетное число
21 + 1 может быть получено либо из I (первый автомат), либо
из I + 1 (второй автомат). Так как из чисел Z и I + 1 одно
нечетное, то каждый член последовательности определен
однозначно по последующему. Значит, последовательность
однозначно определена числом 1987:
1 -> 3 -> 7 -> 15 -> 31 -> 63 -> 125 -> 249 -> 497 -> 993 ->
-> 1987.
В последовательности числа 5 нет, поэтому получить чис-
ло 1987, начав с числа 5, нельзя.
579. Фонарь с номером т будет переключаться столько
раз, сколько у числа т делителей. Если d — делитель т, то
m/d — тоже делитель. Итак, все делители т распадаются на
пары dx и d2 такие, что dx- d2 = m. Нечетное число делителей
будет у чисел тм, обладающих делителем d таким, что
m/d = d, что означает т = d2. Будут включены фонари с номе-
рами 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100.
580. Треугольники АХС и BXD — прямоугольные, по-
этому АХ2 + ХС2 = ВХ2 + XD2 = 4Я2 (R — радиус окружности
S), откуда ХА2 - ХВ2 = XD2 - ХС2.
581. Если х = х19 у = yl9 z - гх — решение системы, то х = у19
у = хх, г - -2Х — тоже решение. Поэтому хх = у19 2 = -2Х\
следовательно, 2х1 = а, х\ = i, а = 2 или а = -2.
Пусть а = 2, т. е. х + у = 2 , ху - z2 = 1.
(х + у)2 - Цху - 22) = 0, (х - у)2 + 4г2 = 0.
Откуда г = 0, х = z/ = 1.
Аналогично, при а = -2х = i/ = -1, г = 0.
Итак, а = 2, а = -2.

2c-
Ответы, указания, решения
245
582. N = 1987 • 1988 • ... -2087. Среди этих чисел 20
кратны 5, четыре кратны 25, одно кратно 125. Следователь-
но, тп = 20+ 4+1 = 25. Поэтому наибольшее тг, для которого
делитель 5П, есть 25. Т. к. N делится на 525, то оно делится и
на 1025 = 525 • 225.
Аналогично для произведения 1887 • ... • 1987 (ответ 24).
583. Если х = —, то ctg х = cos х = 0; с = 0,
actgx + bcos x = 0.
тт я ь>/2 Л л .V2 Л
Пусть х = —, тогда а + о— = 0 и д; = —; -а + Ъ— = 0
4 2 4 2
Откуда а = b = с = 0.
584. S0BC : S^c = OAl : А4, = 1 : 3;
: S^c = OBt : BBt = 1 : 2;
S0BC = 1/3 • S
ABC»
'S'aoc = 1/2 • o^^c» oA0B
= ^ABC ~~ ^OBC " ^AOC =
= (1-1/3-1/2)5^ =
= 1/6 5^.
OCt : CCX = SA0B : S^ = 1/6.
Тогда СО : OCi = 5:1.
585. Если неравенства выполняются одновременно, то
a'+-) + (b2+-)<3l/2.
а
\
Найдем минимум функции У = х2 + — ;хе (0;+°°).
у' = 2х- —; 2х- — = 0; x3=i; * = 4=-
Это точка минимума у (х) на (0; +<»). Следовательно,
*2 + - > -=
*'Л
+ (fo2+-l>3*/2.

246
Ответы, указания, решения
?5i-
Противоречие по-
казывает, что данные
неравенства одновре-
менно не выполняют-
ся.
Рис. 114
586. Если f(x) — данный многочлен, то согласно условию
f(xx) = f(x2) = f(x3) = 1986, где xlf х29 x3 — целые.
Тогда f(x) - 1986 = (х - хх)(х - х2)(х - xz)q (x), где q(x) -
многочлен с целыми коэффициентами.
Если f(x4) =1987, то
1987 = (х4 - х^х, - х2)(хА - xz)q(x4) + 1986,
1 = (*4 - х1)(х4 - х2)(хА - Хз)?(*4)-
Т. к. каждый из множителей — целое число, то каждое
из них 1 или -1. Следовательно, из трех чисел х4 - х19 хх - х2,
хА - х3, два совпадают, например х4 - хх = хА - х2, т. е. хг = х2.
Получим противоречие.
587. Каждое преобразование изменяет цвет у четного чис-
ла колпачков. Поэтому колпачков белого цвета всегда будет
нечетное число. Это число не может быть 0 или 64.
588. Например, это можно сделать так: (0; 5) —> (3; 2) —>
-> (0; 2) -> (2; 0) -» (2; 5) -> (3;4).
Выше указаны последовательные количества бензина в
емкостях. Первая цифра пары — количество бензина в
3-литровой емкости, а вторая — в 5-литровой.
589. Замечаем, что количество коробков спичек было крат-
ным 10. Затем обнаруживаем, что это количество не менее
60. Например, если куплено 50 коробков спичек, то для по-
купки остальных предметов остается 4 руб. 50 коп., и, если
даже эти деньги все истрачены на приобретение пирожков,
всего получается 95 предметов. Разумеется, число коробков
спичек не может равняться 100. Рассмотрев оставшиеся 4

л^\ Ответы, указания, решения 247
возможности (60, 70, 80, 90 коробков спичек), приходим к
единственному ответу: коробков спичек, пирожков, банок
консервов было куплено 60, 39, 1 соответственно.
590. Замечаем: 1) вторая слева звездочка множителя со-
ответствует цифре 1; 2) по крайней мере одна из цифр мно-
жителя (их шесть, всего же цифр 10) не менее 5, так что
А = 1; 3) для третьей справа звездочки множителя и цифры
F имеем один из трех вариантов:
а) F = 9 и третья справа звездочка множителя соответ-
ствует цифре 9 (невозможен, т. к. соответствующее произве-
дение было бы семизначным числом);
б) F = 3 и третья справа звездочка множителя соответ-
ствует цифре 7 (невозможен, т. к. Б было бы не менее 7, и
снова бы произведение оказалось бы семизначным числом);
в) F =7 и третья справа звездочка множителя соответст-
вует цифре 3. Это дает равенство В = 4 (В не может равняться
3, иначе последняя цифра множителя равнялась бы 9).
Далее находим последовательно цифры множителя и
множимого, что дает результат: умножается 142 857 на
516 342.
591. Ответ: искомая цифра равна 0.
592. Обозначим число туристов х, а число автобусов, ко-
торое было подано первоначально, А. Тогда х = 22fc + 1.
Следовательно, число туристов в одном автобусе при вто-
22fe + l .. 23
рои поездке равно = 22 + .
к х к —~ л.
Отсюда k - 1 = 23; k = 24; х = 529.
593. Нетрудно показать (например, методом от против-
ного), что любой прямоугольник сетки размером 1x3 со-
держит синюю клетку. Прямоугольник размером 19x88
можно разрезать на прямоугольники размером 18x88 и
1 х 88. Первый содержит 44 • 6 = 264 прямоугольника 2x3
клетки и, следовательно, 2 • 264 = 528 синих клеток. Прямо-
угольник 1 х 88 состоит из 29 прямоугольников 1 х 3 и од-
ной клетки. Поэтому синих клеток может быть 557 или 558
(если угловая клетка синяя).

2
248 Ответы, указания, решения О^Тч
594. Подсчитываем сумму указанных чисел по разрядам.
На первом месте (в разряде тысяч) могут стоять цифры 1,2,
3, 4, 5. При каждой фиксированной цифре три остальных
разряда могут быть заполнены 6x6x3 способами. Поэтому
сумма в разряде тысяч равна:
(1 + 2 + 3 + 4 +5) хбхбхЗх 103 = 1 620 000.
Аналогичные подсчеты дают суммы в разрядах сотен,
десятков единиц:
(0+ 1 + 2 + 3 + 4 +5) хбхбхЗх 102= 135 000;
(0+1 + 2 + 3 + 4 +5) хбхбхЗх 10 =13 500;
(5 + 3 + 1)хбх6хб = 1620. Вся сумма равна:
1 620 000 + 135 000 + 13 500 +1620 = 1 770 120.
595. Пусть К, L, М, N — середины последовательных сто-
рон четырехугольника, F и G — середины диагоналей, а О —
точка пересечения КМ и LN. Легко убедиться, что KLMN,
KFMG и LGNF — три параллелограмма, а О — центр сим-
метрии каждого из них. Точки G и F — симметричны отно-
сительно О. Поэтому О, F и G лежат на одной прямой.
596. а) Ъх2 - 4ху + у2 = 4х + 1,
(х2 - 4* +4) + (4х2 - 4ху + у2) = 5,
(х- 2)2 + (2х-у)2 = 5.
Отсюда либо (х - 2)2 = 1 и (2х - у)2 = 4, либо (х - 2)2 = 4 и
(2х - у)2 = 1.
Получаем набор возможных решений:
(4; 9); (4; 7); (0; 1); (3; 8); (3; 4); (1; 4); (1; 0); (0; -1).
б) ху - Зх - 5у = -3, (х - 5)(у - 3) = 12.
Получаем набор решений:
(6; 15); (4; -9); (17; 4); (-7; 2); (7; 9); (8; 7); (И; 5); (9; 6);
(3;-3); (2;-1); (-1; 1); (1; 0).
в) х + у = х2 - ху + у2; (х - I)2 + (у.- I)2 + (х - у)2 = 2.
Отсюда набор решений:
(0; 0); (2; 2); (1; 2); (2; l)f <1; 0); (0; 1).
597. Пусть при первой раскладке первому достанется х
конфет, тогда все количество конфет равно:
х + (х + 14) + (х + 28) + ... + (х + 13 • 14) = (х + 13 • 7) • 14.
Если при второй раскладке первому достанется х/3 кон-
фет, то все количество равно:

-fe.
Ответы, указания, решения 249
!♦ !♦«'♦•-♦
§ + 27-41 =
- + 27-21-28.
V3
Отсюда, (х + 13 • 7) • 14 = (х/3 + 27 • 2) - 28.
Поэтому х = 51, а все количество конфет равно 1988.
598. а) Построим на отрезке АВ как на диаметре окруж-
ность. Тогда она пройдет через точки М и Р (т. к. ZAMB =
= ZAPB = 90°). МО и РО — радиусы этой окружности, и
поэтому МО = РО.
б) Угол АС В измеряется полу разностью дуг АВ и MP.
Если ZMPO — равносторонний, то /.МОР = 60°; поэтому
ZACB = 0,5(180° - 60°) = 60°.
599. х2 + Зху + у2 = (х - у)2+ 5xz/. Так как все выражение
делится на 25, а 5;п/ делится на 5, то (х - у)2 делится на 5, а
значит, и на 25. Поэтому бху также делится на 25, откуда
следует, что х или у делится на 5. Но х - у делится на 5,
поэтому оба числа делятся на 5.
600. Существует много вариантов решений. Например,
по маршруту А-> С -> В. Здесь АС = СВ = 2. Понадобится 4
прыжка.
601. Пусть а->/з=т, - + >/з=л.
а
Тогда а = т + >/з, — = п - V3; 1 = тп - 3 + (п - т)у/з.
а
Поэтому (п - т) v3 — целое число. Следовательно, т = п
ит2 = 4. Т. о. a = ±2 + v3 удовлетворяют условию задачи.
602. а) Не могут. Если 1, 4 — члены некоторой
арифметической прогрессии с номерами т, п и k соответ-
V2-1 п-т г п-т
ственно, то ——— = . Т. е. V2 = 3 + 1 — рацио-
4-1 k-m k-m
нальное число.
б) Могут. Например, 1, >/2; 2; 2>/2; 4.
603. Если на стороне АВ отложить отрезок АСХ = АС,
то ДБС^С можно построить по сторонам ВС = а, ВСХ = d
и /ВСХС = 90° + а/2.

2
250 Ответы, указания, решения o'Sx
604. а) Система имеет решение, если d2 - A(Xd - 1) > 0.
Это неравенство справедливо при всех значениях d, если
(2Х)2 - 4 < 0. Т.е. -1 < X < 1.
б) Система имеет решение, если разрешима система из
пункта а) и одно из значений неизвестных в решении систе-
мы а) неотрицательно.
Поэтому, как и в а), -1 < X < 1. Однако при X < 0 найдется
d такое, что оба неизвестных системы а) будут отрицатель-
ны. При 0 < X < 1 система б) разрешима при любых d.
605. Если О — центр S, то поворот на угол 90е вокруг точ-
ки О переводит MP в NQ. Поэтому искомый угол равен 90°.
606. Если х и у — производительность второй и третьей
труб, то х + у < 2х, у>4 (м3/ч). Отсюда х > у, 12>2х + у>3у.
Поэтому у < 4. А значит, у = 4.
Далее х > 4, а 2х + у = 2х + 4 < 12. Поэтому х < 4. Значит,
х = 4. Искомое время равно 24/(2* + jc + i/) = 1,5 (ч).
607. При +°о > а > 1/е уравнение имеет одно решение.
При 1/е > а > 0 — три решения. При 0 > а > -«> — решений
нет. При а = 1/е — два решения. При а = 0 — одно решение.
608. Пусть At = axt + Ъук + с, 1 < i < п.
Если найдется такое i, 1 < £ < п - 1, что At = Ai+l = 0, то
отрезок M.Mi +1 лежит на прямой ах + by + с = 0. В против-
ном случае число точек пересечения равно числу пар чисел
вида (А;, Ах + j), у которых АД + j < 0, плюс число нулевых
чисел среди Аг
609. Задача разрешима при четных п.
610. Пусть S -г количество пар (х1У yt), для которых xtyt > 8.
Тогда:
Поэтому 5>/5 < ^yJxiyi < 1. Так как S — целое число, то
Кроме того, S < п. Таким образом, S < min j ЬС ; п\.

л^)\ Ответы, указания, решения • 251
611. При подходящем выборе системы координат на раз-
вертке цилиндра линия пересечения может быть задана урав-
нением у = Asin х.
612. Ответ: 24 нуля.
613. Ответ: 10 коп., 12 код., 14 коп., 16 коп.
614. См. № 603.
615. Искомое двузначное число может быть одним из сле-
дующих: 11, 20, 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92.
616. Пятиклассник не может быть Петей, Васей или Ко-
лей. Поэтому Степа — пятиклассник. Петя не может учить-
ся в четвертом, пятом и седьмом классах. Поэтому Петя —
шестиклассник. Коля — не семиклассник. Значит, Коля учит-
ся в четвертом классе, а Вася — в седьмом.
617. Наименьшее число: 0000001273747576 ... 89.
Наибольшее число: 9999997777747576 ... 89.
618. Каждый шахматист сыграл по четыре партии. Так
как игрок, занявший второе место, не проиграл ни одной
партии, то он выиграл у победителя, не имеющего ничейных
результатов, и набрал не меньше чем 2,5 очка. Поэтому по-
бедитель набрал 3 очка, выиграв у шахматистов, заняв-
ших третье, четвертое и пятое места. Шахматист, занявший
второе место, набрал 2,5 очка и сыграл вничью с игроками,
занявшими третье, четвертое и пятое места. Если бы пятый
шахматист выиграл у четвертого, то набрал бы очков боль-
ше, чем четвертый. Поэтому результат встречи между ними —
ничья. Значит, пятый шахматист набрал в турнире не менее
1 очка, а четвертый — не более чем 1,5 очка. Следователь-
но, у них именно такие результаты. Поэтому третий шахма-
тист выиграл у пятого и сыграл вничью с четвертым.
619. См. № 798.
620. Так как х2 + 2ху + 2у2 +2у = (х + у)2 + (у +1)2 - 1, то
(х + у)2 + (у +1)2 = 1989.
Число 1989 кратно 3. Отсюда легко получаем, что х + у и
у +1 кратны 3; то есть х + у = 3k, у +1 = Ы и k > I. Поэтому

2
252 Ответы, указания, решения О^тк
k2 + I2 = 221, 221/2 < k2 < 221, 11 < k < 14 и возможные
значения k2 - это 121, 144, 169, 196. Отсюда легко получаем,
что k = 11, I- 10 либо Л = 14, I = 5, то есть дг = 4, у = 29 либо
х = 28, i/= 14.
621. Обозначим цвета, которыми окрашены узлы сетки,
через 1, 2, 3, 4. Пусть на некоторой прямой сетки имеются
три последовательных узла, окрашенных в различные цвета,
например в цвета 1, 2, 3. Тогда на соседней параллельной
прямой соответствующие узлы будут окрашены в цвета 3, 4,
1, а на следующей параллельной прямой опять в цвета 1, 2, 3
и т. д. Таким образом, на каждой из трех прямых, ортого-
нальных к рассмотренным и проходящих через рассмотрен-
ные узлы, будут встречаться по два цвета.
622. Продолжим отрезок АК до пересечения с окружнос-
тью в точке D. ZCBD = ZDAB как опи-
рающиеся на одну дугу. ZCAD = ZDAB,
ZKBC = ZABK.
Поэтому ZKBD = ZKAB + ZKBA =
= ZBKD. Последнее равенство в силу
того, что ZBKD — внешний по отно-
шению к треугольнику АВК. Таким
образом, треугольник DBK — равнобед-
ренный: DB = DK. Аналогично DK =
= DC. Следовательно, точки В и С на-
ходятся на пересечении данной окруж-
ности и окружности с центром D и радиусом DK.
623. Данное выражение совпадает с суммой расстояний
от точки М(х; у) до точек А(1; 0) и В(0; 1) на декартовой
плоскости. Поэтому она минимальна при М е АВ, и его наи-
меньшее значение равно \АВ\ = V2.
624. Если п — число обеЪьян, am — число собранных
каждой из них орехов, то п = 1, т = 25 либо п = 5, т = 9 либо
п = 25, ш = 25.
625. Если считать возрастом города средний возраст зда-
т
ний, то возраст города » Возрасты его зданий — тг
1989

2
^ Ответы, указания, решения 253
-•?&
т1> т2> ... > т1989 > 0. т = тх + т2 + ... + т1989. Если снести
самое старое здание, то город «помолодеет» на
т _m-mx 1989//^ -тп _
1989 1988 " 1988 • 1989 ~ *"
Если построить новое здание, то город «помолодеет» на
mm m ._ *
= М0.
1989 1990 1989 1990
Далее нужно сравнить Мх и М2.
Если считать возрастом города возраст самого старого
здания, то, если mx > m2, то снос его уменьшает возраст горо-
да; если же тх = т2, то снос этого здания оставляет возраст
города без изменения. Постройка нового здания в таком
случае не изменяет возраст города.
а + с
626. Площадь четырехугольника не больше чем —— х
La
х Равенство будет только, если четырехугольник —
2
прямоугольник.
627. Ответ: г.
А9Я п\ 1 1 111 11
Ьж. а) + + ...+—> — + — + ...+— = -.
71 + 1 п+ 2 2п 2п 2п 2д 2
л
ЛЧ 1 1 3/1 + 1 Зя 3
б) + = < = —.
п + i 2/i - i +1 2/i2 + /(/i - i) + я + £ 2/i2 2/t
11 1 1A( 1 1^3
Поэтому 7 + n+ —+ 7Г"= «2J- :+o г-т <T-
J /i + l /i + 2 2/t 2£^n + i 2/i-i+lJ 4
629. Пусть у = — jc2 + 1. Тогда я = — у2 + 1. Следователь-
4 4
но, i/-x = -(*-!/)(* +у). (z/-x)(4 + * + z/) = 0.
Получаем при у = х, что х = 2. При г/ = -4 - jc получаем,
что я2 + 4jc +20 = 0. Корней нет.
Ответ: х = 2.

2
254 Ответы, указания, решения ^р EL
630. При Ь = О корни системы совпадают с корнями урав-
нения t2 - at + а2 - 6а +12 = 0. Дискриминант этого уравне-
ния -3(а - 4)2 неотрицателен только при а = 4. Проверка
показывает, что система х + г/ = 4; Ъ2х2у2 + ху = 4 при любых
Ь разрешима.
Ответ: а = 4.
631. Если на Лилипутии л: городов, то сухопутных
маршрутов -je(x-l) + -(1989-*) (1988-*), а морских
х(1989 - х). По условию ^*(* -1) + ^(1989 - *)(1988 - х) =
= Jt (1989 - х) + с, где с может принимать значения 0, ±1. От-
сюда следует, что х — не целое число.
632. Если высота ящика h, стороны основания х, уу объ-
ем V, то площадь поверхности S = ху + 2xh + 2yh. Причем
x-yh = V.
~ ,-г ху 0 2xh 2yh m
1 способ. Пусть а = -7== > Р = v#=> Y = -;т== • Тог~
3/4F7 S/4V2 &V2
да аРу = 1, 5 = (а + Р + у)^4Т^".
Одно из чисел а, Р, у не меньше 1, а одно из двух дру-
гих не больше 1. Пусть, например, р > 1, а у < 1. Тогда
а + р + у = а + уР + (Р -1)(1 - Y) + 1 ^ « + YP + 1 ^ 2^/осру + 1 = 3.
Равенство а + Р + у = 3 будет только при а = р = у = 1. Та-
ким образом, S > Syj4V2. Причем S = 3$j4V2 только при
ху = 2xh = 2yh = S/W2. Отсюда x = y = 2h = tfw.
2 способ. По неравенству между средним арифмети-
ческим и средним геометрическим:
S = ху + 2xh + 2yh > 3*Jxy2xh2yh = Sfax2y2h2 = 3&V2.
Причем равенство достигается, если ху = 2xh = 2yh = y/4V2.
Отсюда х = у = 2h = ^2У.

2
"~ ответы, указания, решения 255
-f&
633. Из неравенства 2аЪ < а2 + Ь2 легко следует, что
0а±Ь 1 1 0 & + с 1 1 0 с + а 1 1
2———-< — + •-. Аналогично 2—я -<- + -, 2— -<-+-.
а2\Ь2 а Ь tf+c2 Ь с с?+а2 с а
Складывая три последних неравенства и сокращая на 2,
получаем неравенство из условия задачи.
Равенство достигается при <а = Ь = с.
634. а) Если А, В, С — вершины треугольника, то М е ААВС
тогда и только тогда, когда S^ = SAABM + S^CM + SACAAf.
6) Me AB <=>AB = MA + MB. Аналогично выполняется
проверка условий Мте ВС и М е АС.
635. Если т при делении на 3 дает в остатке 0, 1, 2, то
т2 + 2 при делении на 3 дает в остатке 2, 0, 0 соответственно.
Поэтому в рассматриваемой последовательности дробей у
каждой второй дроби числитель делится на 3. Знаменатель
у каждой третьей дроби делится на 3. Следовательно, среди
первых шести дробей найдется такая, у которой числитель и
знаменатель кратны трем.
636. Если А = х + 2у + Ьг + 10* + 20s + 50ы + ЮОи, а
B = x + y + z + t + s + u + v, то 100В = ЮОи + 2(50и) + 5(20s) +
+ 10(10*) + 20(52) + 50(2у) + 100*, a 100v + бОи + 20s + 10* +
+ 5z + 2y + х - А.
637. Ответ: 1,125 минуты.
мо 1 2 1 2
638. ;: = --т'«-
2 3 4 3
639. Ответ: 15 часов.
640. (2л +1) + (2л + 3) = 4л + 4 = 4 (л + l)i4.
641. Ответ: 13 треугольников.
642. х4 + 1990jc2 +1989* +1990 = х4 + х2 +1 +
+1989 (х2 + * + 1) = ((*2 + I)2 - д:2) +1989 (х2 + * + 1) =
= (*2+* + 1)(*2-* + 1990).

2
256 Ответы, указания, решения ^ш ^\
643. Из равенства у2 + у + 2(х - 30) = 0 следует, что
(2г/ + I)2 = 241 - 8х. Поэтому 241 - 8х может принимать
значения: 233, 225, 217, 209, 201, 193, 185, 177. Полный квад-
рат среди этих чисел: 225. Отсюда: х = 2, у = 7.
ЛЛА Л 2КМ
644. Ответ: ——— часов.
К -М
645. Действительно, л3 + Ъп = 6п + (п - 1)и(л + 1).
646. Ответ: -|m-/i|.
647. Из (а + & + 2)2 = а2 + &2 + 22 следует, что аЬ + 2а +
+ 26 = 0. Отсюда (а + 2) (6 + 2) = 4. Таким образом,
(а; Ь) е {(2; -1), (0; 0), (-1; 2), (-6; -3), (-4; -4), (-3; -6}.
648. Уравнение можно переписать в виде |jc + 3|-
-|jc + 2| = 1. Отсюда хе[-2; + оо).
649. Рассмотрим два кувшина разной формы. Если они
одинакового цвета, то найдется третий кувшин иного цвета.
Его форма отличается от формы по крайней мере одного из
первых двух кувшинов.
650. Так как ZEOD = ZAOC = 180° - 0,5(ZBAC + ZBCA) =
= 180° - 0,5(180° - 60°) = 120°, то вокруг четырехугольника
BEOD можно описать окружность.
Отсюда ZOED = ZOBD = ZOBE = ZODE = 30е (ВО — бис-
сектриса угла ABC). Следовательно, треугольник DOE — рав-
нобедренный.
- 111
651. Если аЪс = 1 и а + h+ с > — + - + -, то
а Ь с
а + Ь + — > - + - + а& и аЬ(а + Ъ) - (а + Ь) + 1 - а2Ь2 > 0.
аЬ а Ь
Отсюда (ab - 1)(а - 1)(6 - 1) < 0. Поэтому неравенства
а > 1 и Ь > 1 невозможны одновременно. Аналогичные рас-
суждения можно провести для пар Ь; с и а; с.

2
л^*ч ответы, указания, решения 257
652. Ответ: в три раза.
653. Если радиус окружности R, MA = x, MB = у,
МС = z, то у2 +z2 - yflyz = 2R2,х2 + z2 - yfexz = 2R2.
Отсюда 0 = х2 - у2 -J2z(x - у) = (х - у)(х + у - V2z).
Если х Ф у, то х + у = V2z. Если jc =.у, то АМВС — квад-
рат и опять х + у = v2z.
654. Если t и 1/t — корни уравнений *2-(a-2)jc +
+a2-4a = 0; a2*2 -(a + 2)x + l = 0, то t2 ~(a-2)t + a2 -4a =
= 0; f2 - (a + 2)t + a2 =0. Составив разность двух последних
равенств, получим, что t = а. Отсюда a2 - 2a = 0.
Учитывая, что t = a * 0, получим a = 2.
655. Ответ: 6 км2.
fiKC х2 +1 1 + Xj + х2 1 + хг
656. По условию хг = — ; хА = 1 -; х5 = -;
х6 = хх\ х1 = х2. Поэтому последовательность периодическая
с периодом 5. Для того чтобы она была целочисленная, необ-
х2 +1 хх + 1
ходимо и достаточно, чтобы и были целыми
х1 х2
числами.
Ответ: (хг;х2)е {(l;2);(2;3);(l;l);(2;l);(3;2)}.
657. Производная функции у = — в точке х0 равна .
X X2
а) Если касательные в точках хх и х2 параллельны, то
— = —. Поэтому хх = -х29 и точки касания симметричны
X2 X2
относительно начала координат.
б) Если бы касательные в точках хх и х2 были перпенди-
( 1 V \\
кулярны, то
тиворечие.
1 II 1 I . / *
X*
\ *2 J
=-1 и (a^Jtg) =-l. Получено про-

2
258 Ответы, указания, решения *>*S\
658. После возведения в куб обеих частей уравнения по
формуле (а + б)3 = а3 + Ь3 + ЗаЬ(а + Ь) получим х2 - Зх + 2 = 0.
Ответ: хх = 1; х2 = 2.
/— а
659. а) Применяя неравенство jc + i/ > 2yjxy при * = т* >
Ь
у = —, получим
с
*+*>2Д
Ь с lb с а \с
Аналогично - + — > 2J—, — + — > 2J-. Неравенство из ус-
с a va а Ъ \Ь
ловия получается в результате сложения трех последних не-
равенств и сокращения на 2.
б) Заменяя в неравенстве из пункта а) величины а, Ь, с на
IZ'lb'Tcсоответственно'получим v!+vf+vf -vf+
+V + V ' -^месте с неравенством из пункта а) последнее
неравенство дает требуемый результат.
660. Решение этой задачи аналогично решению задачи 653.
661. См. решение задачи 655.
662. Наименьшее — 257; наибольшее — 752.
663. а) Можно.
б) Нельзя. Чтобы доказать это, рассмотрим раскраску,
изображенную на рис. 116. При такой раскраске каждое
L-тетрамино содержит нечетное число закрашенных клеток.
Если бы доску 6x6 удалось закрасить
L-тетрамино, то их было бы 9 — нечетное
число. Тргда закрашенных клеток было
бы нечетное число. Но в действительнос-
ти их 18. Получаем противоречие.
Замечание. Прямоугольник
пхт можно замостить L-тетрамино тог-
да и только тогда, когда т > 2, п > 2,
Рис 116 (тп)':8.

2
^ Ответы, указания, решения 259
-$5,
664. Так как хп+1
= -хп. Поэтому хл + хл+1 +хп
+ Хп+2 ~ Хп~~ Хп+1 ~~ Хп+2 = " И Х1 + *2 + *•• + *1991 = *11
+ *1990 + *1991 = *1989 = Х3 = ХА ~~ ХЪ = *•
665. Обозначим величины образующихся углов jc и у.
Возможны 2 случая:
1) х - у = 0,5z/. Тогда х = 108°.
2) у - х = 0,5у. Тогда х = 60е.
666. 1) Можно. Для этого нужно положить на каждую
чашку весов по одной монете.
2) Нельзя. При взвешивании монеты разбиваются на 3
группы (лежащие на левой чашке весов; лежащие на пра-
вой чашке весов; не лежащие на весах). Хотя бы в одной из
этих групп окажется не менее двух монет, которые при взве-
шивании неразличимы.
667. У первого — 8; второго — 12;
третьего — 5; четвертого — 20.
668. Пусть М — середина отрезка
СЕ. Тогда ZEMD = 2ZECD = ZACB =
= ACAD. Поэтому AD = DM = 0,5СЯ.
669. По теореме Виета А + В = 1;
АВ = q. Поэтому: А3 + В3 + 3(А3Б +
+ АВ3) + 6(А3В2 + А2В3) =-((А + В)3 -
- 8АВ(А + В)) +. ЗАВ((А + В)2 - 2АБ) +
+ 6(АВ)2(А + В) = 1 - dq + 3g(l - 2g) + 6g2 = 1.
670. См. № 78.
671. См. Mb 40.
672. Так как 49 + 1 = 25 + 25, то треугольник равнобед-
ренный и биссектриса делит основание его на равные части.
Обозначим длину основания х. Тогда либо х2 - 502 = 492 - I2
и х = 70; либо х2 - 502 = I2 - 492 и х = 10.
Ответ: 35 см и 35 см; либо 5 см и 5 см.
673. Так как 1-х-у + ху = (1- х)(1 - у) > 0,
то 1 + ху > х + у.

2_
260 Ответы, указания, решения о5\
Так как 1 + х + у + ху = (1 + х) (1 + у) > О, то 1 + ху >
II X + У
> -(* + у). Поэтому 0 < \х + у\ < 1 + ху. Тогда -1 < — < 1.
X т Ху
674. 2 звена. Например, четвертое и одиннадцатое.
675. Корни данного уравнения имеют вид:
_ р + 3±^(р + 3)2 -2(Зр + 1000) _ р + 3±У^1991
*и~ 2 2
Корни будут целыми, если/?2 - 1991 — точный квадрат, т. е.
1991 = р2 - q2. Так как 1991 = 11 • 181, то это возможно при
1991 + 1 181 + 11 ,ООЛ ,ОЛ
р = ± или р = ± , т. е. р12 = ±996; р34 = ±96.
676. Если на окружности есть 3 точки с рациональными
координатами, то центр этой окружности — точка пересече-
ния серединных перпендикуляров к двум отрезкам с раци-
ональными концами. Координаты такой точки являются
решениями системы линейных уравнений с рациональны-
ми коэффициентами и, следовательно, рациональны.
677. Пусть О — точка пересечения диагоналей. Тогда:
АВ2 + CD2 = АО2 + ВО2 + СО2 + DO2 -
- 2(АО ВО + СО DO) cosZAOB;
ВС2 + AD2 = АО2 + ВО2 + СО2 + DO2 +
+ 2(АО ВО + СО DO) cosZAOB.
Поэтому АВ2 + CD2 - ВС2 - DA2 = -2АС • BD cos /ЛОВ
равно 0 в том и только в том случае, когда cos ZAOB = 0,
т. е. /ЛОВ — прямой.
678. Сложив все уравнения, получим 2 + 2а = 2(хх + х3) > 0,
т. е. а > -1. Вычтя из последнего уравнения сумму первых
двух, получим 2 - 2а = 2(х2 + х4) > 0, т. е. а < 1. Поэтому
|а| < 1. В то же время при кайсдом^ \а\ < 1 есть нужное реше-
1 + а I - а
679. АВ — средняя линия в ММХМ2. Поэтому ММ2 = 2АВ.
Аналогично М2М4 = 2CD = 2ВА, так как ABCD — парал-
лелограмм. Поэтому: а) |ММ4| = 0; б) \ММ3\ = 2\MD\ = 2.

(-1,5; -1,5)
Рис. 118
681. Условие верно только, если
- не является нату-
а-Ь
ральным числом и а Ф 0. В этом случае как для первого,
так и для второго условия единственная последовательность,
удовлетворяющая ему, хп = а(п - 1)(Ь - а).
682. См. № 677.
683. При \а\ < 6 — 3 решения; при \а\ = 6 — 2 решения;
при \а\ > 6 — 1 решение.
684. a) \xyJ(l-x*)(l-y>)\ = J(x>-x*)(y*-y*)<±, так
как х2 - jc4 < —; у2 -у4 < — при |л:| < 1; \у\ < 1. Поэтому хотя
бы одно из чисел \ху\ и y(l-x2)(l-у2) не превосходит —.
Аналогично, хотя бы одно из чисел *>Д ~ У2 и U/Vl - x2\ не
больше —.
2
б) Неверно. Например, х = 0; i/ =
л/2'
10" -1
102л -1 ^..
685. 111....1 = — -; 222...2 = 2— i. Поэтому

2
262 Ответы, указания, решения 0*S\
111...Л-222...2 = ™^-2.™^± = 1°2Я-21°П+1 =
9 9 9
2л
ю» -iY
= (ззз...з)2
686. Можно. 1991" заканчивается на 91 тогда и только
тогда, когда п = 10k + 1.
Поскольку lg 199110 — число иррациональное, то найдет-
ся такое *0, что lgl,9 <{lgl991 + ADlgl99110}<lg2. Тогда
199110*6*1 — искомое число.
Замечание. Можно проверить, что условию удовлет-
воряет 1991п.
687. 66-; 33 i; 50.
3 3
688. Пусть искомые углы х и у. Тогда х = 0,44у и
х + у = 180°. Отсюда х = 55° и у = 125°.
689. Диагонали AD и BE четырехугольника ABDE де-
лятся точкой их пересечения С пополам. Поэтому ABDE —
параллелограмм.
О А
690. Пусть вся сумма х. Тогда — х + 100 + — х + 200 +
10 15
+—* + 300 = *, откуда х = 3000. Рабочие получили все по
1000 рублей.
691. Возможные ответы 323 357 175 или 328 357 170.
692. Нет, так как Р(-1) = -1 < 0.
а+Ь а > Ъ а Ъ
693. ■—- = —7 + -. . . < 7 +
а + fc + l а + Ь + 1 а + Ь + 1 а + 1 Ь + 1
694. 2 числа. Искомые числа должны делиться на 504.
Это числа 1 992 312 и 1 992 816.
695. Нет, так как после каждой такой операции в каж-
дом столбце будет 4 белые и 4 черные клетки.

2
•"" Ответы, указания, решения 263
-?5,
696. Построим отрезок
BE || CD. Тогда (AD - ВС)2 =
= АЕ2 и АВ2 + СЯ2 = АВ2 + БЕ2,
поскольку BCDE — паралле-
лограмм. И поскольку ZBEA + ^
+ ZBAjE; = ZCDA + ZBAE = 90°,
то ZABE = 90° и АЕ2 = АВ2 + *
+ BE2.
697. £JF = 0,б(БС + AD). И так как EF = 0,5(ВС + AD), то
ВС ТТ AD.
698. Воспользуемся тем, что 2х2 + Зху - 2у2 - (2х - у)х
х(х + 2у). Поэтому 2х - у = а — один из делителей числа 12:
ае{1;2;3;4;6;12;-1;-2;-3;-4;-6;-12}и х + 2у = 12/а. виз
полученных систем имеют не целые решения. Решения
остальных шести систем: (2; 2); (2; 1); (5; -2); (-2; -2); (-2; -1);
(-5; -2).
699. 1 способ. Так как аЪс = 1,
то (1 + а)(1 + Ь)(1 + с) = 2 + а + & + с+-+- + ^>8.
2 способ. 1 + a > 2л/а; 1 + 6 > 2y[b; 1 + с > 2л/с;
(1 + а)(1 + Ь)(1 + с) > 8>/а6с = 8.
700. Последовательно, пересыпая уже отвешенный сахар
на чашку с гирей, отвешиваются: 1 г, 2 г, 4 г, 8 г, 16 г, 32 г
(в общей сложности отвешено 63 г). Теперь гиря перекла-
дывается на другую чашку и отвешивается еще 62 г (всего
63 + 62 = 125 г).
Теперь гиря снимается вообще и отвешивается (пересы-
пая отвешенный сахар на другую чашку) 125 г, 250 г, 500 г
(всего 1 кг).
701. х3+у* = 0,5(з(х2+у2)-(х + у)2\(х + у) =
= 0,5(3-2-1)1 = 2,5.
702. Рассмотрим 2 случая:
1)у>9: у-9 = |р-9| = * + 3.

264
Ответы, указания, решения
Подставляя в первое уравнение, получаем: 2\х\ - х = 9.
Соответственно х = -3, у = 9 или х = 9, у = 21.
2) z/ < 9: 9 - I/ = \у - 9| = х + 3. 2|х| + х = 3. * = -3; у =
9 (не удовлетворяет условию у < 9) или jc = 1; i/ = 5.
Ответ: (-3; 9); (9; 21) (1;5).
703. Обозначим указанные точки А, В, С так, что
АВ > мах {АС, ВС). Пусть Сх — основание перпендикуляра,
опущенного из С на АВ. Углы
МСХС9 CC.N, NCXM по 120° по-
крывают всю плоскость. Углы
с вершинами А, В, С — сторо-
нами, параллельными лучам
СС\, СМ у CN, расположенные
как указано на рисунке, содер-
жат углы МСХС, CCfl, NC^M,
AT а следовательно, покрывают всю
плоскость.
' М
Рис. 120
704. Складывая и вычитая выражения для :сЛ + 1 и уп + 1,
получаем: хп + 1 + уп + 1 = 3(хп + уп) и хп + 1 - уп + 1 = хп - уп.
Поэтому хп + уп = Зл и хп - ул = 1. Следовательно,
3" + 1 Зп -1
Хп =—;—•> Уп =—Г" •
705. Значения выражения я2 + Ajc + В будут неотрица-
тельными при всех х > 1 в двух случаях:
1) Уравнение х2 + Ах + В = 0 не имеет корней или корни
его совпадают, т. е. D = А2 - 4£ < 0. В нашем случае: 1 < а < 9.
2) Больший из корней уравнения х2 + Ах + В = 0 не
-А + УА2-4В . - ,,
превосходит 1, т. е. <1. В нашем случае
0<а<1.
Ответ: 0<а<9.
706. 1) Пусть АО : OL = 2 : 1. О — центр вписанной
окружности, т. е. точка пересечения биссектрис треугольника
ABC.
АВ АО
В AABL ВО — биссектриса угла В. Тогда = = 2:1.
LB OL

2
^" ответы, указания, решения 265
• —*
АС АО n n л
Аналогично доказывается, что •—■ = ■—-=^:1. Отсюда
LjLs \JJLj
АВ = 2L5, АС = 2CL, и ^ {АВ + АС) = LB + CL = БС.
2) Пусть OL = ОМ.
Обозначим ZCAB = 2а, ZA5C = 2(3, ZACE = 2у.
Тогда 2(а + Р + у) = п. ";
Точки А, Б, С, М лежат на одной окружности. Так как
АСАМ = Z.BAM = а, то и ZC5M = Z5CM = а, и СМ = МБ.
ZCMA = ZC5A = 2(3, ZOCM = а + Р, следовательно,
Z.COM = я - (а + 2Р + у) = ос + у. Таким образом, АСОМ —
равнобедренный и СМ = ОМ. А так как OL = LM, то
1 >4R CM
LM = ±СМ. AABL ~ ACML, поэтому — = — = 2:1, т. е.
2 1 1Б LM
АВ = 2UB. Аналогично АС = 2CL и - (АВ + AC) = LB + CL = ВС.
.. \c\xe А,
707. Искомая функция имеет вид / (х) = < где
[0;jeg A,
с — произвольная константа; множество А — любое, облада-
ющее следующим свойством: если jcgAhz/gA, той
(х + у) е А и (х - у) g А.
708. Т. к. *У + 2х2 + Зг/2 + 2z2 + 2ху - 4xz - 6у = (ху + 1)2 +
+ 2(х - zf + 3(у - I)2 - 4, то наименьшее значение А(х, у, г) =
= -4 достигается при х = -1, у = 1, z =-1.
709. См. № 704.
710. См. № 703.
711. Обозначим точки А, Б, С. Рассмотрим систему от-
счета, связанную с точкой А. В ней точки Б и С движутся
равномерно и прямолинейно. Введем на прямой р, по кото-
рой движется точка С, координату х, так что в каждый мо-
мент времени t точка С имеет координату хр = t. Тогда коор-
дината пересечения прямой АВ с р будет описываться дроб-
но-линеинои функцией л:п = .
ct + d
t = 0: хв Ф хс = 0, т. е. Ь * 0. В этом случае уравнение

2
266 Ответы, указания, решения *>S\
хс = хв, т. е. ct2 + (d - a)t - b = 0 имеет не более двух корней,
т. е. точки А, В, С могут оказаться на одной прямой не
более двух раз.
712. в = —+ — + ... + —
52 53 102
11 1 Л
— +— + ... + +
51 52 100
+ _1_ + _1 L = ^ + J —>А
+101 + 102 51 + 101 102 >
713. Первые 2 ч расстояние между самолетами увеличива-
лось со скоростью 350 км/ч - 280 км/ч = 70 км/ч и достигло
140 км. После этого оно стало уменьшаться со скоростью
280 км/ч - 230 км/ч = 50 км/ч, а встретились самолеты че-
рез 140 ч : 50 ч = 2,8 ч после изменения скорости, т. е. через
2 ч + 2,8 ч = 4,8 ч после начала полета. Точка встречи нахо-
дится на расстоянии 280 км/ч • 4,8 ч = 1344 км от аэродрома.
714. И 10? и 65 делятся на 5. При делении на 3 число 10*
дает в остатке 1, а 65 дает остаток 2. Поэтому 10? + 65 делит-
ся и на 5, и на 3, а значит, и на 15.
715. Из неравенства треугольника: АВ - ВС < АС < АВ +
+ ВС, т. е. 12 < АС < 14, а т. к. АС — целое, то АС = 13 =АВ.
716. По условию р > 13 и при этом (124 - 4) = 120 и
(208 - 13) = 195 делятся на р, а значит, на р делится и
НОД (120, 195) = 15. Поэтому р = 15.
717. См. № 714.
718.^-3-2*='
с а
lab \Ьс
А 1(Ъс са)^ 1
Аналогично — — + — ^ с; —
2 a b - 2
Л „ lfab be . .
>0. Поэтому - — + — \>b.
2^ с а
— + — | > а. Сложив эти
b с
ab Ьс са
неравенства, получаем — + — + — >а + о + с.
719. Т. к. ZACH = ZCBA и ZBCM = ZCBA, то ZHCO =
= ZACO - ZACH = 45° - ZCBA = 45е - ZBCM = ZBCO -
- ZBCM = ZMCO.

epf^v Ответы, указания, решения 267
720. Поскольку каждый игрок играет 29 игр, то количе-
ство ничьих, сыгранных каждым игроком, может быть от О
до 29. При этом не может найтись двух игроков, один из
которых не сделал ни одной ничьей, а другой все 29 партий
сыграл вничью. Поэтому возможные количества ничьих мо-
гут принимать только 29 значений, а поскольку игроков 30,
то для двух из них эти количества совпадут (по принципу
Дирихле).
721. Четность количества черных шаров в сосуде после
каждого хода не изменяется. Поэтому последний шар все-
гда будет черным.
722. Пусть I — длина эскалатора, и — скорость эскалато-
^ / I
pa, v — скорость человека. По условию: — = 42; = 24.
v u + v
Тогда - = - = —L— = 56 с.
и u + v v J. 1_
I 7 24 42
723. Не уменьшая общности, можно считать, что а<Ь < с.
Тогда f(a) = (а - Ь)(а - с) > 0; f{b) = (Ь - а)(Ь - с) < 0;
f(c) = (а'- с)(Ь - с) > 0; т. е. f(x) — квадратичная функция,
принимающая значения разного знака, а значит, имеющая
действительные корни хг и х2.
Более того, а < х1 < Ъ < х2 < с.
724. Т. к. точки Р и М лежат на окружности, построен-
ной на АВ как на диаметре, то АР и ВМ — хорды одной
окружности. Поэтому АН • HP = ВН • НМ. Но 6 • 12 Ф 9 7.
Поэтому в измерении есть ошибка.
725. Рассмотрим 5 точек, расположенных в вершинах пра-
вильного пятиугольника. Среди них есть 3 одинакового цве-
та (по принципу Дирихле). А поскольку расстояния между
этими точками принимают 2 значения (длина стороны и дли-
на диагонали пятиугольника), то треугольник с вершинами в
этих точках — равнобедренный.
Замечание. Можно показать, что найдутся три точки

268
Ответы, указания, решения
2CL
Рис. 121
одного цвета, лежащие в вершинах равно-
стороннего треугольника. Для этого можно
рассмотреть, например, 9 точек, изображен-
ных на рисунке 121 (все треугольники на
рисунке — равносторонние).
726. Не может, т. к. при делении на 3 оно дает остаток 2,
а точный квадрат может давать только остатки 0 или 1.
727. Т. к. середины сторон произвольного четырехуголь-
ника лежат в вершинах параллелограмма, тоМиЯ — это
середины отрезка AD.
728. Указанное множество — это точки, для которых
0<х< 1 и 0 <у < 1.
729. Рассмотрим последовательность уп - хп - 1. Тогда
у0 = 0,5 и ул+1 = у\. Поэтому \хь -1| = уъ = 0,532 < ± < 10"9.
_(2х-7)2-9
4 "
Поэтому если х2 - 7х +10 = л2, то (2х - 7) - 4л2 = 9, т. е.
(2х-7 + 2п)(2х-7 -2п) = 9. Рассматривая все возможные
разложения 9, получаем хе {1;2;5;б}.
730. х2-7х + 10
731. Так как
ctg
45°-
ос
cos a
tg
90°-сЛ 1-cos(90°-а) l-sina'
то ctga+ctg 45е -
а
/
= coscc
sin(90° -а)
1 ^
sinot l-sina
= cosa-
sina-sura
Так как sin a - sin2 a — = - sin a —
4 2
<0;
то
sin a - sin2 a > 0,
^ 4 и cos a •
sin a - sin* a
> 4 cos a.
sin a - sin' a

-?5\-
Ответы, указания, решения
269
732. Существует город, из которого можно попасть не во
все города (иначе можно было бы облететь все города). Тре-
буемым образом можно отделить все города, в которые нельзя
попасть из этого города.
733. По построению ВНСН* — параллелограмм. Поэтому
ZABH* = ZACH* = 90°, т. е. ,точкд В и С лежат на окружно-
сти, построенной на АН* как на диаметре.
Поэтому ВС : АН* = sinZBAC = sin 30° = 0,5.
734. Пусть ZABC = Р; ZACB = у; ZBAD = ZCAE = а.
Поскольку D и Е лежат на стороне (следует понимать: внут-
ри стороны), то ос + р + y < 180°, т. е. а < 180° - Р - Y- Так как
BD = СЕ, cos р - cos (а + Р) = cos у - cos (а + у), cos P - cos у =
= cos (р + а) - cos (у + а).
_ . P+y • P-Y .
Поэтому sin sin = sin
Но т. к. а < 180° - Р - у, то
P + Y P + Y «ОЛ P + Y
-—*-<-—L + cc<180 --—L.
2 2 2
Поэтому
'P + Y ^ • P + Y
sml -—- + а > sin -—-.
P-Y
Следовательно, sin1-—- = 0, т. е.
Р = Y, и треугольник ABC — равнобедренный.
735. Если N = 2*, то второй игрок выиграет, если каждым
ходом будет брать количество камней, равное наибольшей
степени 2, на которую делится количество камней, взятое
последним ходом первым игроком. Иначе выигрывает пер-
вый игрок, оставив после первого хода число камней вида
2*. Следовательно, искомое число — наименьшее вида
2* > 1992, т. е. N = 211 = 2048.
736. Пусть х, у, 2, t — единичные векторы, перпендику-
лярные граням тетраэдра и направленные во внешнюю сто-
рону.

2
270 Ответы, указания, решения О^Ч
Тогда указанное произведение равно:
п = (-(-.г/))(-(^г))(-(^0)(-(1/.Ю)(-(^0)(-(^0)-
Т. к. все двугранные углы острые, то все использованные
скалярные произведения отрицательные, а множители по-
ложительные. Поэтому можно использовать неравенство
между средним арифметическим и средним геометричес-
ким. eJfi^-iX'y)-^'2)-^)-^'2)-^'*)-^*)^
6
X2 + у2 + Z2 + t2 - (Х + у + Z + t f
~~~ 12 "
_4-(x + y + z + t)2 „ 4 _ 1
12 ~12~3*
3 729 *
Поэтому П <
737. (10 а + Ь)(а + Ь) = 814 = 2-11-37. Поэтому либо
а-Ь =1, либо а + b = 11, 10 а + Ъ = 2 • 37 = 74. В первом случае
(10 а + Ь)(а + Ъ) = 22, что не удовлетворяет условию. Во
втором случае а = 7, Ь = 4.
738. Легко проверить, что при 0 < а < Ь и любом jc > 0:
а а + х ^ 37 370 370 + 7 377
— < . Поэтому — = < = .
b Ь + х 67 670 670 + 7 677
739. З^З^.-. + З100 =(3 + 35+39+... + 34*+1+... + 397) +
+ (32 + З6 + З10 +... + 34*+2 +... + З98) +
+ (33+37+... + 34*+3+... + 3") +
+ (34+38+... + 34*+4+... + 3100) = 3(1 + 34+38+...+396) +
+ 32(1 + 34+38+... + 39в) + 33(1 + 34+38+...+396) +
+ 34(1 + 34+38+... + 396)^
= (3 + 32+33+34)(1+34+38+...+396) =
= 120(1 + 34+38+...+39в).
740. Составим таблицу всевозможных сочетаний имен и
классов.

-&.
Ответы, указания, решения
271
Василий
1 Николай
| Петр
| Степан
IV
4
1
4
V
2
2
5
VI
3
1
3.
VII |
6
3
3 |
Будем вычеркивать клетки таблицы, соответствующие
невозможным вариантам. В каждой строке и в каждом стол-
бце должны остаться ровно по одной незачеркну той клетке.
1) «Шестиклассник не нашел ни одного белого гриба, а
Петр и ученик 4 класса — 8 штук». Из этого можно сделать
выводы, что Петр учится не в 4-м и не в 6 классах. В табли-
це две клетки заполнены цифрой 1.
2) «Василий и пятиклассник нашли много подосинови-
ков и позвали Николая». То есть Василий и Николай не
пятиклассники. Еще две клетки заполнены цифрой 2.
3) «Семиклассник, шестиклассник и Николай смеялись
над Степаном, сорвавшим мухомор». Значит, Николай и
Степан не шестиклассники и не семиклассники.
4) Из таблицы видно, что Николай учится в 4 классе,
поэтому остальные не учатся в 4 классе. j
5) Из таблицы видно, что Степан учится в 5 классе, поэто-
му остальные не учатся в 5 классе.
6) Петр учится в 7 классе, а Василий в 6 классе.
741. Рассматривая степени числа 9: 91 = 9;92 = 81; 93 =
= 729; ..., видим, что нечетная степень девяти оканчивается
цифрой 9, а четная — цифрой 1. Поскольку 1994 — четное
число, то 91994 оканчивается единицей.
а2
742. Рассмотрим первое слагаемое левой части
Заменив а на - Ъ - с, получим:
а2 _ (Ь + с)2
2а2 + be'
(b + cf
2а2 + be 2b2 + ЪЬс + 2с2 (2b + с) (b + 2с)'
1 1 _ 3(6 + с)
Т. к.
2b + c b + 2c (2b + c)(b + 2c)'
то

272
Ответы, указания, решения
2г
(Ь + с)2
(2Ь + с)(Ь + 2с) 3
Аналогично:
Ь2
1(Ъ + с Ь + с}
+
26 + с Ь + 2с
lfb+c b + c
■ +
31 b-а с-а
1( а + с а + с
+
2Ъ2+ас З\а-Ъ с-Ъ) 2с2+Ьс 3
Ъ2
lfa + b a + b
• +
а-с b-c
Поэтому:
а2
2a2+bc 2b2+ac 2с2+аЪ
l(b+c b + c а + с а + с a+b a + b}
= - + + + + +
ЗуЬ-а с-а а-b с-Ъ а-с Ь-с
lfb+c-a-c b+c-a-b a+c-a-b
= - + +
-81 b-a c-a c-b
= -(l + l + l) = l.
3V '
743. Так как ZAMD + ZDCA = 90° + 90° = 180°, то около
четырехугольника AMDC мож-
но описать окружность. Следо-
вательно, ZDMC = ZDAC как
опирающиеся на равные дуги.
Аналогично ZCNE = ZEBC.
Пусть СН — перпендикуляр к АВ.
Тогда ZMCN = ZMCH + ZHCN =
= ZDMC + ZCNE = 0,5(ZBAC +
+ ZABC) = 0,5 • 90е = 45е.
744. S =
(•
V
а + 1
'_1 1_
а+1 а+2
5
+ ...+
а + 4 а + 5
а а + 5 а (а+ 5)
745. Пусть искомая дробь
Зх _ х3
У ~У + 3
это —, х < у. Тогда
У
Следовательно, 3(у + 3) = х2у; 9 = у(х2 -3).

2
^СГ ответы, указания .решения 273
о
Отсюда х2 - 3 < 9, х2 < 12, х < 3, i/ = . При х = 1
*2 -3
I/ = -4,5. При х = 3 I/ = 1,5. Поэтому х = 2, у = 9.
2
Ответ: —.
9
746. Пусть 0,2345 = а, тогда 1*2345 = 1 + а; 0,7655 = 1- а.
(1 + а)4+(1-а)4-(1 + а)3(1-а)2-(1 + а)2(1-а)3 =
= (1 + а)4+(1-а)4-(1 + а)2(1-а)2((1 + а) + (1-а)) =
= (1 + а)4+(1-а)4-2(1 + а)2(1-а)2=((1 + а)2-(1-а)2)' =
= (1 + а2+2а-1-а2-2а)2 = (4а)2.
Пусть 0,938 = Ь, тогда 4,938 = 4 + Ь; 3,062 = 4 - Ь и
4,938 • 3,062 = (4 + Ь) • (4 - Ь) = 16 - Ь2.
Заметим также, что 4 • 0,2345 = 0,938, т. е. 4а = Ъ. Из
этого имеем: (4а)2 + 16 - Ъ2 = Ь2 + 16 - Ь2 - 16.
Ответ: 16.
747. Перепишем систему в виде:
[(* + 1)(у + 1) = 81,
(x + l)(z + l) = 81,
[(z/ + l)(z + l) = 81.
Перемножив уравнения, получим:
(x + lf(y + l)2(z + l)2=8V.
Поэтому (x + l)(i/ + l)(z + l) = ±9.
Деля левую и правую части последнего уравнения на соот-
ветствующие части 3-го, 2-го и 1-го уравнений системы, по-
лучим .г + 1 = ±9, z/ + l = ±9, z + 1 = ±9. Получаем два реше-
ния системы: x = y = z = 8, x = y = z = -10.
748. Предположим, что искомая нумерация получена. Со-
поставим каждую вершину с суммой номеров ребер, выходя-
щих из этой вершины. Все числа, сопоставленные с верши-
нами, совпадают, а их сумма кратна 8 и равна удвоенной
сумме номеров ребер, т. е. 2(1 4- 2 + ... + 12) = 13 • 12 = 156.
Получаем противоречие, т. к. 156 не делится на 8.
10. Зак. 790

2
274 Ответы, указания, решения «Э^ч
749. Допустим, что найдутся натуральные числа тип
такие, что у/т + yfn = Vl994.
Тогда 4т = Vl994 -yfn; m = 1994-2Vl994n + д.
Следовательно, 1994л — полный квадрат.
Так как 1994 = 2 • 997, а числа 2 и 997 — простые, то п
делится на 2 • 997 = 1994. Поэтому у/т + yfn > yfn > Vl994.
Противоречие.
750. Положим х = у + f(y). Получим f(y) = 1 - 2z/ - /(у).
Отсюда f(y) = 0,5-1/. Проверка показывает, что эта функция
удовлетворяет данному уравнению.
751. ZFAC = 0,5иАС = ZABC; 1
ZFAC = ZAED как внутренние на-
крест лежащие при параллельных I
и DE. Поэтому ZAED = ZABC. Ана-
логично ZADE - ZACB. Поэтому
треугольники ABE и ABC подобны.
АЕ AD
Следовательно, -тт: = "ТТ7' Т. е.
АВ АС Рис.124
5 6
= — • Поэтому х = BD = 4.
6 + х 12 *
752. Пусть р — данное простое число, / — остаток от
деления р на 30. Тогда число р можно представить в виде
р = ЗОЛ + Z, где k G N или k = 0, Z e Z , причем 0 < I < 30. Для
Л = 0 утверждение задачи очевидно. Поэтому докажем ут-
верждение для всех р > 30.
Очевидно, что I * 0, иначе бы р делилось на 30. Число I не
может быть кратно 2, 3 или 5, т. к. в противном случае из
приведенной формулы будет следрвать, чтор кратно 2, 3 или
5. Наименьшее составное число, не делящееся на указанные
числа, есть 7 • 7 = 49. Но I < 30. Отсюда следует, что / —
либо простое, либо 1, что и требовалось доказать.
753. Заметим, что функция f(x) нечетная. Действительно,
заменив в первоначальном равенстве х на -х, получим:
-х (/(-*) + /(*) +2) +2/(*) = 0. (1)

2
"■" Ответы, указания, решения 275
• —*
Сложив равенство (1) и первоначальное, получим:
/(*) = -/(-*). (2)
Затем, заменив в первоначальном равенстве (-х) на -(х)
согласно равенству (2), будем иметь:
-x(f(-x) + f(x) + 2) + 2f(x) = b
f(x) = x.
754. Первый способ. Так как с > Ъ, е > d9 то
^, , ^a+b+c+d+e с.
с +e>b + d и а + с + е> = 50.
2
При а-Ь-с- 0 и <2 = е = 50 величина а + с + е равна 50,
поэтому искомый минимуму равен 50.
Второй способ. Введем переменные а, Р, у, 8 > 0 так,
что а = а
Ь = а + а
с = а + (X + Р
d = a + cc + P + Y
e=a+a+P+Y+S
Сложим равенства почленно:
Ъа + 4а + Зр + 2у + 5 = 100. (1)
Если выражение а + с + е принимает наименьшее значение,
то выражение Ъ + d — наибольшее, т. к. их сумма постоянна.
Из второго и четвертого равенств следует:
Ь + d = 2а + 2а + р + у. (2)
Таким образом, исходная задача заменена задачей отыс-
кания максимума выражения (2) при условии (1) и a, a, P, у,
5 > 0. Исключив а из системы уравнений (1) и (2), получим:
. . 2a + v-25-P
b + d = "- £. (3)
Т. к. Р, 5 > 0, то выражение (3) достигает максимально
возможного значения при Р = 8 = 0, т. е. при Ъ - с и d = е.
Значит, b + d-c + e максимально тогда и только тогда, когда
минимально а + с + е. Это достигается только при а = 0.
100-а ^л
Отсюда следует, что с + е = = 50 и а + с + е = 50.
Например, a = fc = c = 0nd = e = 50.
10*

276
Ответы, указания, решения
2^
Рис. 125
755. Так как из любого города можно попасть в осталь-
ные 71-1, перемещаясь по дорогам, то их не менее п - 1.
Легко привести пример маршрутной сети из п - 1 дороги,
удовлетворяющей условию задачи. Такой пример получит-
ся, если некоторый город соединить дорогами с остальными
городами. Поэтому ответ в задаче: п - 1 дорога.
756. ААМК подобен треугольнику ABC (/А — общий,
ZAMK = /ЛВС). Поэтому /АКМ
= /ABC, /МКС + /ABC =
= 180° - /ARM + /ABC = 180'.
Значит, вокруг четырехугольни-
ка ВСЕМ можно описать окруж-
ность, отсюда /МВК = /ВСМ.
Аналогично доказывается, что
/MAN = /MCA. Отсюда следует,
что /АСВ + /KLN = /ВСМ +
+ /МСА + /ALB = /МВК +
+ /MAN + /ALB = 180° (сумма углов треугольника ALB).
Поэтому вокруг четырехугольника KLNC можно описать ок-
ружность.
757. Обозначим вершины квадрата через А, В, С, D и центр
через О. Диагонали квадрата разбивают «цветок» на 8 рав-
ных сегментов (один из них на рисунке обозначен k). Обозна-
чим площади этих сегментов через Sr Тогда площадь всего
«цветка» равна 8Sr Часть описанного круга, лежащая за
пределами квадрата, состоит из четырех равных сегментов
(один из них на рисунке обозначен I). Обозначим площадь
каждого из них S2. Тогда часть
описанного круга, лежащая за
пределами квадрата, имеет пло-
щадь 4S2.
! Достроим полукруг с диа-
метром АВ до круга и впишем
в него квадрат ВМАО. Из по-
добия этой фигуры и исходно-
го квадрата и круга получаем,
что сегменты AOk и CDI по-
Рис. 126 добны с коэффициентом, рав-

2
*"" Ответы, указания, решения 277
-?5\.
ЛВ я (АВЛ* 1 „ 8S,
■■"-.-. Соответственно —L = = —. Поэтому —- =
ным ".■ Соответственно —L -
СА s.
Поэтому —- = 1,
СА) 2 4S,
'2
т. е. SSX = 4S:
2-
758. Так как последовательность а998, а999, ..., а1994 состоит
из 997 чисел, то среди них найдется хотя бы одно не мень-
ше, чем 997. Пусть оно имеет номер п. Тогда (п - 1) > 997 и
ап > 997, Поэтому (л - 1) ап > 9972.
759. При х = у = 0 получаем: /(0) = /(0) + /(0). Поэтому
/(0) = 0. При у = 0 получаем: f(x2) = f(x) + /(0) = f(x).
При у = -х2 получаем:
f{0) = f{x*-x2) = f(x) + f(x*) = f(x) + f((x2)2) =
= /(*) + /(*2) = /(*) + /(*), т.е.2/(*) = 0 и,
следовательно, /(х) = 0 при любом х.
760. Первый способ. Воспользуемся тем, что угол
между плоскостями равен наибольшему из углов между пря-
мой, лежащей в первой плоскости и ее ортогональной проек-
цией на вторую плоскость. Поэтому Ф^ Z.\AB\AlBl j.
Но cosZ(A5;I^) = ^^-<i. Поэтому z(AB;A^") > 60'.
Второй способ. Воспользуемся тем, что отношение
площади ортогональной проекции фигуры на плоскость
А1В1С1 к площади самой фигуры равно cos (p.
т- *• SAiBiCi =|ЛА 'АСг -emZB^Cp
1 >/з 7з
то SaiBiCi ^ 2^Bl ' Aci < Y"- В то же время S^ = —.
о 1
Поэтому совф < -£=- = —; и, соответственно, ф > 60е.
л/3 2

278
Ответы, указания, решения
к>-
761. Преобразуя неравенство к эквивалентному, получаем
*2(l + sinx) xcosx 1 Л
—- - + + - > О, или
2 2 4
. [я х
х . N sin
в2| . + 2* cos *
4 2 4 2 2
sin'
4 2
я
sin ;
1 4 2
+ —
4 4
> 0, что приводит к очевидному неравен-
/
ству
JCCOS
4 2
1 . (п х}\ 1 2
+ -sin + —cos"5
2 [4 Т
5-£|>о.
4 2
762. /71 + /I = 495, /71 = IOti, тогда IIti = 495. tz = 45, 771 = 450.
763 Ш I т% I т* _/7l(m + 1)(/n + 2)
'323 6
77i(77i + l):2, 77i(77i + l)(77i + 2);3, тогда 7n(77i + l)(7n + 2):6.
764. ZDML = ZLMN = 90° : 2 = 45°.
ZLMB = 107° = ZLMN + ZNMB = 45° + ZNMB.
Тогда ZNMB = 62°.
ZAMD = ZCMB = ZCMiST - ZBMN = 90° - 62° = 28°.
ZAMN = ZAMZ) + ZDMN = 28° + 90° = 118°.
ZDMB = ZDMN + ZNMB = 90° + 62° = 152°.
765. Пусть стоимость k-й книги — xK. k = 1, 2, 3, 4. Тогда
f x2 + х3+хА = 42,
\х1 + х3+х4 = 40,
\хг + х2 + х4 = 38,
[jCj + х2 + х3 = 36. >
Отсюда 3(jCj + х2 + jc3 + *4 ) = 156, хх + х2 + х3 + х4 = 52, от-
куда лгх = 10; х2 = 12; х3 = 14; #4 = 16.
766. Так как 10 = 2 • 5, а четных чисел больше, чем крат-
ных 5, то надо подсчитать сумму степеней числа 5 среди

2
^" Ответы, указания, решения 279
-?5\
делителей чисел от 1 до 100. Т. к. 53 = 125 > 100, то
подсчитываем число чисел, кратных 5, и число чисел, деля-
щихся на 52 = 25, не превышающих 100.
= 20 + 4 = 24.
"100"
L 5
+
100"
.25.
(Здесь [] означает целую часть числа.) Таким образом,
1 • 2 • ... • 100 оканчивается на Й4 нуля.
767. Если /ЛВС - ZACB, то ААВС — равнобедренный и
/ОАН = 0, т. е. /ОАН = /ЛВС - /ЛСВ.
Пусть теперь для определенности /ЛВС < /ЛСВ. Продол-
жим высоту АН до пересечения с описанной около тре-
угольника окружностью. D — точка пересечения, отличная
от A. AD 1 ВС. Проведем диаметр DE и хорду EF || AD. В
AOAD ОА = OD, поэтому /ADE = /OAD. Так как /DEF опи-
рается на ту же дугу FDy что и /DAF, то эти углы равны.
/AFE, /ABE и /ADE опираются на одну и ту же дугу ЕА,
поэтому они все равны, и равны /OAD. Точки Е и A, F и D
симметричны относительно диаметра, параллельного АН.
Поэтому /ЛСВ = /ЕВС = /ЛВС + /ABE = /ABC + /ОАН,
т. е. /ОАН = /ЛСВ - /ABC.
Аналогично, если /ЛСВ < /ЛВС, то /ОАН = /ЛВС - /АСВ%
т. е. /ОАН = \/АВС - /ACB\f что и требовалось доказать.
768. V>/l9-Vs-8^35-8719 =
= yjyfl9-yls-SyJl9-2 4yfl9+16 = JVl9 -^3-в^л/Гэ -4)2 =
= J>/l9-^-8|>/l9-4| =^л/19-7з^8(л/19-4) =
= V>/l9->/35^8>/l9 = VVl9-(>/l9-4) = 2.
769. fl4+fl2*2+*4 > 2!*±££ « 2a< + 2aV + 2V - 3a>b -
3 2
-3a&3 > 0 <=> (a - bf (2a2 + 2b2 + ab) > 0.
Так как \ab\ < —-—,
Утверждение доказано.
i Li^a2+b2
Так как \ab\ < —-—, то 2a2 + 2b2 +ab>0.

2
280 Ответы, указания, решения 0*S\
770. Пусть билет с номером abcdef — счастливый, т. е.
af + be + cd = 100. Тогда билеты с номерами fbcdea, aecdbf
и т. д. (различные перестановки цифр в парах, а также пере-
мена пар местами) — тоже счастливые, причем среди них
могут быть одинаковые, тогда мы их учитываем один раз. В
такой группе билетов каждая из цифр находится на каж-
дом из 6 мест одинаковое число раз (быть может, различное
для разных цифр). Следовательно, сумма такой группы де-
лится на 111111 = 111 • 1001, т. е. делится на 1001. Все
счастливые билеты можно разбить на непересекающиеся груп-
пы, т. е. сумма всех счастливых билетов делится на 1001.
Приложение. Пример группы.
991129 :9-9 + 9-2 + 1-1 = 100.
Вместе с этим билетом в группу «счастливых» номеров
входят 921199; 919219; 912919; 291199; 919912; 219919;
199291; 192991; 199921; 129991; 991192.
В этой группе билетов цифра 9 повторяется на каждом
месте 6 раз, цифра 2 — 2 раза, а цифра 1 — 4 раза.
771. Можно считать, что 0 < а < 6, 0 < с < d.
Тогда а3 + Ь3 = (а ■+ Ь)((а + bf - Sab) = (с + d)((c + df - 3cd) =
= с3 + dz. Так как а + b = с + d, то ab = cd.
Тогда а и b — корни квадратного уравнения t2 - (а + b)t +
+ ab = 0, с и d — корни того же квадратного уравнения. Т. к.
квадратное уравнение имеет не более двух корней, то а = с,
b = d.
772. На одном заседании из 10 человек присутствует
Ю-9 АК - * Ас
= 45 пар. Таких сочетании было 40, причем одна и та
же пара заседала вместе не более одного раза, т. е. различ-
ных пар было 45 • 40 = 1800. В комиссию входит п человек.
Пусть п < 60. Тогда различных пар в ней:
9 л (и-1) 60-59 60-60
С„ = — < < = 1800, т. е. недостаточно
л & &
для того, чтобы удовлетворялись условия задачи.
Таким образом, п > 61. Действительно, для п > 61

2
■"" Ответы, указания, решения 281
-?5^
_2 61-60 60-60 10ЛЛ л
С2 > > = 1800, т. е. в комиссию входит более
2 2
60 человек.
773. р + т2 +п2-21 + 4т-6п = -11.
(/-1)2+(т + 2)2+(д-?)2=3.
Если сумма трех квадратов целых чисел равна трем, то
каждый из них равен 1, то есть:
1-1 = ±1, ре{0;2},
m + 2 = ±1, <=> | тп 6 {-3; -1},
п-3 = ±1; [яе{2;4},
т. е. существует 8 различных троек целых чисел (I; т; п), удов-
летворяющих исходному уравнению: (0; -3; 2); (0; -3; 4);
(0; -1; 2); (0; -1; 4); (2; -3; 2); (2; -3; 4); (2; -1; 2); (2; -1; 4).
774. Пусть М — середина дуги АС В, описанной вокруг
треугольника ЛВС окружности (назовем ее со). По условию
ZACB = 120°, т. е. ZAOB = 120°, и ZAOM = ZMOB = 60°.
Так как АО = МО = ВОу то AM - MB (треугольники АОМ
и ВОМ равносторонние). Проведем окружность с центром
в точке М радиуса МО; назовем ее (ог Она пройдет через
точки А и Б, т. к. MA = MB = МО. Окружности со и со1
симметричны относительно АВ. Пусть НС 1 АБ, НВ 1 АС.
Продолжим НС до пересечения с окружностью со^ Пусть К —
точка пересечения. В силу симметрии СВ = ВК. Так как
НС 1 АВ, НВ 1 АС, то ZCHB = ZKHB = ABAC, и т. к. точка А
лежит на окружности ш и опирается на дугу ВС, то точка Н
лежит на окружности (Oj (ZKBH опирается на дугу ВК, рав-
ную ВС), т. е. НМ = МО.
775. Пусть jcp х2 (х1 < х2) — действительные различные
корни квадратного уравнения ах2 -bx + с = 0, где а > 0;
Ъ > 0; с > 0. Тогда:
*i'*2 =->0.
а

2
282 Ответы, указания, решения *Р^У\
Отсюда 0 < х1 < х2. Аналогично для корней Хх и Х2
уравнения Ах2 - Вх + С = 0.
Пусть 0 < хх < t < х2; О < Хх < Т < Х2.
Тогда at2 - bt + с < О и AT2 - ВТ + С < 0.
Отсюда Ь* > at2 + с, Б Г > AT2 + С.
с С
Таккак t > О, Т> О, то Ь > а* + -, Б > АГ + —.
с С
^ + - ' 'с С
2
(Ъ + В}
Ь + Б at л-AT t Т ^ / ,ш\
> + -*—*- > Mat + А!Г)
2 2 о A/v /
- + — |. т. е.
Kt Т
776. Докажем более сильное утверждение, а именно, что
для любого натурального п9 большего трех, хотя бы одна из
двух последних цифр десятичной записи числа п2 четна.
Достаточно доказать это утверждение для нечетных п, так
как если п четно, то последняя цифра п2 четна.
Проверим данное утверждение для однозначных /г.
52 = 25; 72 = 49; 92 = 81. Утверждение верно.
Пусть теперь п = 10k ± 1 (k > 1).
п2 = 100&2 ± 20& + 1 — предпоследняя цифра четная.
Пусть теперь п = 10k ± 3 (k > 1).
п2 = 100&2 ± 60k + 9 — предпоследняя цифра четная.
Пусть теперь п = 10& ± 5 (k > 1).
п2 = 100&2 ± IOOAj + 25 — предпоследняя цифра четная.
Утверждение доказано.
777. *2 - 5* - Wjc + 13 = (* - З)2 + (Vx-2) > 0, так как
(дс-3)2 и Ых-2) одновременно в нуль не обращаются.
778. Пусть а2п — сторона правильного 2/1-угольника. Про-
длив стороны этого 2я-угольника через одну, получим соот-
ветствующий правильный n-угольник со стороной ап. Про-
длив стороны, соответствующие красным треугольникам,
получим «красный», а синим — «синий» л-угольник. Эти

ср ГГ Ответы, указания, решения 283
n-угольники равны, как и их площади. Площадь «красного»
n-угольника равна полупроизведению стороны ап на сумму
расстояний от точки О до сторон ап красных треугольников,
а «синего» — соответственно на сумму расстояний от О до
сторон синих треугольников. Поэтому суммы расстояний от
О до сторон красных и синих треугольников соответственно
равны. Сумма площадей красных треугольников равна полу-
произведению а2п на сумму расстояний от О до «красных»
сторон а2л, а синих — на сумму расстояний от О до «синих»
сторон а2п. Так как эти суммы равны и равны все стороны
правильного 2л-угольника, равны и суммы площадей, что и
требовалось доказать.
779. Пусть координаты точки на плоскости ak(ck;dk).
Тогда исходная точка (л:; у) после преобразования Sx сим-
метрии относительно точки ах переходит в точку (хг; yj, где
хх = 2с1 - х, ух = 2dl - у, и преобразование Sx имеет только
одну неподвижную точку (переходящую саму в себя) (сх; dj.
Преобразованием S2 (симметрией) (хх; yY) относительно точ-
ки а2 переводим исходную точку (х; у) в точку (х2; у2)9 где
х2 = 2с2 - 2с1 + х, у2 = 2d2 - 2d1 + у. Преобразование S2S1 —
это параллельный перенос, где, если точки ах и а2 совпадают,
все точки неподвижные, если же ах и а2 не совпадают, то
неподвижных точек нет. Применим к точке (х2; у2) преобра-
зование симметрии относительно точки а3.
х3 = 2с3 - 2с2 + 2сх - х, z/3 = 2dz - 2d2 + 2dY - у,
следовательно, применение трех преобразований симметрии
SzS2Sl равносильно одному преобразованию симметрии отно-
сительно некоторой точки с координатами:
(с3 - с2 + сх\ d3- d2 + dx).
Поэтому применение любого нечетного числа преобразо-
ваний симметрии относительно некоторых точек равносильно
применению преобразования симметрии относительно не-
которой точки, т. е. S — такое преобразование симметрии,
имеющее одну неподвижную точку.
780. Пусть nlj — натуральное число, стоящее после пере-
становок в столбцах на пересечении £-й строки и у-го столбца
(1 < U j < 1995).

2
284 Ответы, указания, решения 0^\
Покажем, что для всех i и 1 < j < 1994 nltJ< nithl.
Сравним сначала Ъх tj и blj+l. Так как Ъх } < bt j + l для
какого-то i<l, a.bltJ + l<blj+l (равенство возможно лишь если
i = 1), то Ьг j< bxtJ+l для всех; е (1; 1994).
Сравним b2 j и b2 j + l. b2 j < bl j + l для какого-то i (1 < i <
< 1995). Пусть b2 } < bx y + 1 в первоначальном расположении.
Тогда bx j < bk j + l для какого-то ft < 2. Так как &2 } < bx r a
bk j + 1 < b2 j + 1, то b2 ;. < b2 y + 1. Пусть монотонность чисел в
строчках установлена для первых ft строк.
Сравним Ьк + 1 ji& bk + l j + 1. Если в первоначальном располо-
жении bk + lj < bSfj + l, где s> ft + 1, то6А + 1;. < ЬА + 1>, + 1, так как
Ьв, ji +1 < ЬЛ +1,, + 1 (s ^ ft + 1). Если в первоначальном распо-
ложении Ьк + 1 j < ba . + р где s < ft, то найдется число m < ft такое,
что для какого-то r>k + lbmj<brj+1,n так как ЬА + х;. < &m ;, a
Следовательно, монотонность доказана для любой строки.
781. Пусть а — сторона правильного треугольника в ос-
новании пирамиды, b — сторона квадратного сечения, Н —
высота пирамиды, I — ее боковое ребро.
3 4
H»=P-5l; l Ъ
3 а а-Ь
,2
(а-&)2 3 3(a-6)2k '
Отсюда V = —^ r-V2&2+2oft-a2.
12(a-b)
а ,
При этом т. к. Я2 > 0, то " 7F<о<а.
782. и0 = 1; и2и0 = fti^ => и2.= kux\
О < Uji/з = ku\ => ft > 0;
Ugi*! = ftu2 = ft2ut => ы3 = ft2.
ft2
u4u2 = fti/g => fti/4i/j = ft3 => и4 = —;

2
r~ Ответы, указания, решения 285
• —*
£3 fa
ubuz = ku4 =>k2ub = — => u5 = —;
или, = feu, <=> = — => Uf. = 1 = u-9
6 4 5 ux щ 6 °
u7u5 = feu6 <=> —2- = Л => ц7 = ^.
Вследствие формулы un + 2un = /шл +1 получаем, что ил + 6 = un.
100 = и199Ъ = u6S+3 = uz = ft2 => ft = 10 (k > 0).
783. Да, существует. Например, P(x) = x2 + 19952. Тогда
P'(x) = 2x, P (jc) - 1995P'(jc) = (x -1995)2 > 0.
784. Подставим сначала п = 0. /(0) + /(/(0)) = 3.
/ (/(0)) > 0, тогда 0 < /(0) < 3, ДО) е Z.
1) Пусть ДО) = 0, тогда /(/(0)) = /(0) = 0.
3 = /(0) + /(/(0)) = 0. Противоречие, значит, /(0) ± 0.
2) Пусть /(0) = 1. Тогда /(/(0) ) = /(1) = 2.
5 = /(1) + /(/(1)) = /(1) + (2)). Тогда /(2) = 3.
Пусть / (к) = к + 1 для k < п. Тогда 2п + 3 = /(л ) +
+ /(/(л))=п+1 + /(п+1).
Отсюда f(n + 1) = п + 2, т. е. f(n) = п + 1 при любом п.
Тогда /(1995) = 1996.
3) Пусть /(0) = 2. Тогда /(2) = 1.
7 = /(2) + /(/(2)) = 1 + /(1). Отсюда /(1) = 6.
5 = /(1) + /(/(1)), следовательно, /(1) < 5, т. е. получаем
противоречие.
4) Пусть /(0) = 3. Тогда /(3) = 0.
= /(0) + /(/(0)) = /(0) + /(3) = /(3) + /(/(3)) = 9. Получи-
ли противоречие.
Итак, f(n) = п + 1; /(1995) = 1996.
785. Докажем сначала, что каждые две остановки соеди-
няет ровно 1 маршрут. Предположим, что какие-то две оста-
новки соединяют по крайней мере 2 маршрута. Тогда эти
маршруты имеют 2 общие остановки, что противоречит ус-
ловию. Так как каждые 2 остановки, по условию, соединяет
хотя бы 1 маршрут, то доказано, что их соединяет ровно 1
маршрут.

286 Ответы, указания, решения 0^\
а) Обозначим через а1У а2, . . . , ап остановки. По условию,
существует более одного маршрута. Рассмотрим какие-ни-
будь 2 маршрута. Пусть ах — их общая остановка. Эти мар-
шруты (ар а2, а3) и (а1? а4, а5). Поскольку каждые две останов-
ки соединяет ровно 1 маршрут, то существует маршрут
(а2, а4, аб), так как а6 не может принадлежать ни (ах, а2, а3), ни
(ах, а4, а5). Маршрут, соединяющий ах и а6, должен содержать
а7, не совпадающую ни с одной из остановок а19 а2, а3, а4, а5, а6.
Покажем, что кроме (а1? а2, а3), (а1? а4, а5), (ах, а6, а7), нет
маршрутов, содержащих аг Пусть такой маршрут существу-
ет. Тогда существует маршрут, содержащий более 3 остано-
вок. Действительно, каждые 2 маршрута имеют ровно 1 ос-
тановку, т. е. существует маршрут, содержащий по крайней
мере 4 остановки, что противоречит условию. Выясним, сколь-
ко всего маршрутов, если на каждом 3 остановки, т. е. всего
остановок 7. Так как каждая остановка соединена с каждой
одним маршрутом, то таких пар С7 =21. Один маршрут
содержит С3 = 3 такие пары. Таким образом, всего маршру-
21
тов — = 7. Приведем пример такой системы маршрутов:
о
(а19 а2, а3), (аг, а4, а5), (а1? а6, а7), (а2, а4, а6), (а2, а5, а7), (а3, а4, а7),
(а3, а5, а6).
б) Докажем, что число остановок на всех маршрутах оди-
наково. Пусть на некотором маршруте k остановок {k > 3).
Возьмем отличный от первого маршрут и их общую останов-
ку av I маршрут: (ар а2, ..., ak).
II маршрут: (ар аА+1, ..., ат) , т > k + 1.
Рассмотрим маршрут, содержащий остановки а2 и ak + l.
По условию, он содержит остановку ат + 1, отличную от
остановок I и II маршрутов. Существуют маршруты, соеди-
няющие ат + 1с каждой из остановок I маршрута и имеющие
остановки на II маршруте, и наоборот. Т. е. установлено вза-
имно-однозначное соответствие* между остановками I и II мар-
шрутов.
Так как маршруты взяты произвольно, то если один из
маршрутов имеет k остановок, остальные имеют столько же.
Пусть через остановку а1 проходит р маршрутов (т. е.
всего имеется 1 +p(k - 1) остановок). Тогда существует марш-

-?5\.
Ответы, указания, решения
287
рут, состоящий из р остановок, т. е. р = k, т. е. число остано-
С2
вок п = k(k - 1) + 1. При этом число маршрутов —г = п.
Таким образом, число остановок и число маршрутов со-
впадают.
При k = 3 п = 7; ;
fc = 4 n = 13;
k = 5 n = 21.
Приведем примеры маршрутов при k = 4 и Л = 5.
1) fe = 4.
(ар а2, а3, а4), (а1У а5, а6, а7), (ар а8, а9, а10), (av an, а12, а13),
(а2, а5, а8, ап), (а2, а6, а9, а12), (а2, а7, а10, а13), (а3, а5, а9, а13),
(а3, а6, а10, ап), (а3, а7, а8, а12), (а4, а5, а10, а12), (а4, а6, а8, а13),
(а4, а7, а9, ап).
2) k = 5.
(ах, а2, а3, а4, а5), (ар а6, а7, а8, а9), (а1? а10, а12, а12, а13),
(ар а14, а15, а16, а17), (ар а18, а19, а^, а21), (а2, а6, а10, а14, а18),
(а2, а7, ап, а15, а19), (а2, а8, а12, а16, а^), (а2, а9, а13, а17, а21),
(а3, а6, ап, а16, а21), (а3, а7, а10, а17, а^), (а3, а8, а13, а14, а19),
«18)» (Л4> аб> а12» а17» а19)' К» а7> а13» а16» а1в)»
(а4, а8, а10, а15, а21), (а4, а9, аи, а14, а20), (а5, а6, а13, а15, а20),
(а5, а7, а12, а14, а21), (а5, а8, ап, а17, а18),(а5, а9, а10, а16, а19).
786. Существует. См. рис. 127.
Рис. 127

2
288 Ответы, указания, решения 0*S\
787. Р-10 = Р-1-9;Р+10 = Р+1 + 9,
Р - 10 = Р - 1 (mod 3), Р + 10 = Р + 1 (mod 3).
Из чисел Р - 1, Р, Р + 1 одно и только одно делится на 3,
поэтому то же утверждение для чисел Р - 10, Р, Р + 10. Так
как эти числа простые, то Р - 10 = 3, т. е. эта тройка чисел
3, 13, 23. Р = 13, поэтому Р - 2 = 11 — тоже простое.
788. Для нумерации страниц с 1 по 9 требуется 9 цифр, с
10 по 99 — 2(99 - 9) = 180 цифр, т. е. для нумерации
страниц с 1 по 99 нужно 9 + 180 = 189 цифр.
Для нумерации трехзначных страниц остается 489 - 189 =
= 300 цифр, их хватает на нумерацию 300 : 3 = 100 страниц.
Всего страниц в книге 9 + 90 + 100 = 199.
789. Пусть Sj — протяженность подъемов, S2 — ровного
места, S3 — спусков.
Тогда время, затраченное на маршрут дедом:
_ «Ь. <Ь9 Oq О! О» lb,
Т = — + —£• + —2- внуком: £ = -! + —2. + —£-.
6 7 8 4 7 20
9
а)* <T=>St< —S3 <S3.
6)t>T=^Sl> —S3.
а) Подъемов меньше, чем спусков;
б) определить нельзя.
11 11 11
790. + + ... + > +-+-Г = -.
1996 1997 3990 3990 3990 2 -
V у '
1995 раз
791. х + у + z = 0.
0 = (х + у + z)3 = х3 + у3 + 23 + Зх2у + Зху2 + 3y2z + Syz2 +
+ Szx2 +3z2x + 6xyz = x3 + у3 + z3 + Зху(х + у) + 3yz(y + z) +
+ 3zx(z + x) + 6xyz = x3 + y3 + 2? r- 3xyz - 3xyz - 3xyz + 6xyz =
= x3 + y3 + z3 - 3xyz.
Отсюда x3 +y3 + z3 = 3xyz.
Обратное утверждение формулируется так: пусть х3 + у3 +
+ z3 = 3xyz. Доказать, что х + у + z = 0. Оно неверно. Напри-
мер, для х = у = z = 1 утверждение х3 + у3 + z3 = 3xyz истинно,
ах + у + г = 0 ложно.

2
^~ ответы, указания, решения 289
т *
792. Звено л-звенной замкнутой ломаной может иметь
не более п - 3 пересечений с другими звеньями (не может
иметь пересечений с 2 звеньями и с самим собой), т. е.
n-звенная ломаная может иметь не более — п(п - 3) самопе-
2
ресечений (каждое пересечениеI— это пересечение двух зве-
ньев, т. е. в произведении учитывается дважды).
7-4
7-звенная ломаная имеет не более = 14 пересечений.
793. Проведем через точку М прямую, параллельную ВС.
Пусть Вг и С1 — точки пересечения этой прямой с лучами
АВ и АС. ААВ1С1 — равносторонний. Пусть Н — высота
ААВС; Н + h3 — высота AABfi^ проведенная к ВХСХ.
Тогда площадь ААВ1С1 равна:
5лв1с1=Ь1С1-(Я + Л3) = -^(Я + Л3)2.
С другой стороны, S^Ci = S^^ + SAC, M =
= 12AB1-h1 + 12ACl-h2=-^(H + h3)(h1+h2),
т. е. hx+h2=hz+ Н; отсюда \+ h2-h3 = Н.
794. См. N° 787.
795. а) (п - 2)2+(п - I)2 + п2+(п+ I)2 + (п + 2)2 + (п + 3)2 =
= 6л2 + 6/1 + 19 = 6п(п + 1) + 16 + 3.
п(п + 1) s 0 (mod 2), поэтому 6п(п + 1) + 19 = 3 (mod 4);
(2k)2 = 0 (mod 4);
(2k + l)2 = 1 (mod 4).
Квадрат целого числа не может давать остаток 3 при де-
лении на 4, поэтому сумма квадратов шести последователь-
ных чисел не может быть квадратом целого числа.
б) (п - З)2 + (п- 2)2 + (п - I)2 + п2 + (ти- I)2 + (п + 2)2 +
+ (п + З)2 = In2 + 2(12 + 22 + 32) = 1(п2 + 4).
Сумма квадратов семи последовательных чисел делится
на 7; покажем, что она не делится на 72, т. е. не может быть
квадратом никакого целого числа.

290
Ответы, указания, решения
—&-
(7k)2 + 4 = 4 (mod 7),
(7k ± l)2 + 4 = 5 (mod 7),
(7Aj ± 2)2 + 4 = 1 (mod 7),
(7k ± 3)2 + 4 = 6 (mod 7),
т.е. ни при каком п л4 + 4 не делится на 7, а сумма
квадратов семи последовательных чисел делится на 7, но не
делится на 72, т. е. не является квадратом.
796. D = Ъ2 - 4ас.
Если Ь = 2k, то D = 0 (mod 4);
если 6 = 2k + 1, то £> = 1 (mod 4).
23 = 3 (mod 4), т. е. ни при каких целых а, Ъ, с D Ф 23.
797. 44 < V1996 < 45, т.е. [aj = 44.
452 < 2040 < 1996 + V1996 < 2041 < 462.
Отсюда [а2] = |~Vl996 + ТшШ
= 45.
Пусть [aJ = 45. Тогда ak+l = ^/1996 + ak и 45 < V2041 <
< aA+1 < V2042 < 46, т. е. [аА+1] = 45.
Ответ: [аг] = 44, [ал] = 45 при п > 2.
798. Пусть в данном треугольнике ABC AB < АС. Рас-
смотрим два случая.
1). Прямая т пересекает ВС в точке М. М е ВС,
ВК 1 AM, СР 1 AM (рис. 128).
Saabc = S^M + SMCAf Л iUlf (BJT + СР).
Сумма Б# + СР принимает наи-
меньшее значение, когда AM при-
нимает наибольшее возможное
значение, т. е. когда точка М со-
впадает с С и прямая т совпада-
ет со стороной АС.
2). Пусть теперь т не пересе-
кает отрезок ВС, т. е. точки В и
С лежат по одну сторону от пря-
Рис. 128 мой т (Рис- 129)-

-Is,
Ответы, указания, решения
291
Пусть М — середина
отрезка ВС. ВК _L тп,
СР ±т,МЕ± т. ME —
средняя линия в трапе-
ции ВКРС, 2МЕ = ВК +
+ СР. Нам нужно мини-
мизировать отрезок ME.
МН ±АС, Г — точка
пересечения ME с АС.
ME = МТ + ТЕ > МТ >
> МН. Минимум достигается, когда тп проходит через АС.
Дополнение. Пусть нам нужно провести через
точку А прямую тп так, чтобы сумма расстояний до нее от
точек В и С была наибольшей.
1) ВК + СР наибольшая, когда AM наименьшее.
Если ZABC < 90°, то AM 1 ВС и ВМ + МС = ВС.
Если /ABC > 90°, то М совпадает с Б, и прямая тп совпа-
дает со стороной АВ, и ВК + СР совпадает с высотой СР,
проведенной к АВ.
2) Максимум достигается, когда m _L AM, где М — осно-
вание медианы.
Нужно сравнить 2АМ с высотой СР или со стороной ВС
и взять из них наибольшее.
799. Пусть Р(х) = а0хА + ахх3 + а2х2 + а3х + а4.
Р(1) = Р(-1) <=> а0 + а1-\- а2 + а3 + а4 = а0 - ах + а2 - а3 +а4 <=>
<=> aj + а3 = 0.
Р(2) = Р(-2) <=> 16 а0 + 8ах + 4а2 + 2а3 +а4 = 16а0 - 8ах + 4а2-
- 2а3 + а4 <=> 4ах + а3 = 0.
Отсюда ах = а3 = 0, т. е. Р(х) = а0х4 + а2;с2 + а4, и Р(дг) = P(-jc).
800. 1 способ. SAAOB = ^лсол-
Как известно, S&AOB • 5ДС01) = S^^ • SAC0B = Sx • S2.
Отсюда S^ = SAC0D =Js~lb-
Тогда S^ = St + S2 + 2y]Sl-S2 = (Д" + Д")'.
2 способ, -2.=
B0 _ lS2 q -О
ТГТГ - 4/~# °ДАОВ "" °ДС02Г

292
Ответы, указания, решения
Sabd _ BD _ ВО + OD _ ВО | t = \SL + lm
2CL
SAOB OD OD OD
pL+1
= Js1s2+sl.
Отсюда S^ = St
Тогда S^ = Д~А
и S^ = Sl + S2+ 2VS.-S, = (VS>^)2.
801. Jx2-p + 2у/х2 -1 = х,
x>0,x2>l,x2>p=>x>l,x2>p.
l)p<0.
<Jx2 - p > x, -Jx2 -1 > 0 => i/л:2 -p + 2Vx2 -1 > *, нет ре-
шений.
2)p = 0.
Jx2 -p = x, ylx2 -1 = 0, * = 1.
3) p > 0.
x2-p = (x-2V*2-l)2 =x2+4(x2-l)-4xVx2-l.
4*Vx2 -1 = 4*2 + p - 4.
16л:2 (л:2 -1) = 16л:4 - 8л;2 (4 - р) + (р - 4)2.
8л:2 (4 - р - 2) = (р - 4)2 => 2 - р > 0.
4-Р
л: =
272^/2^
> 1 при 0 < р < 2.
4 - р
Ответ: х = — при 0 < р < 2;
2V2 V2 - р
при р < 0 и р >-2 решений нет.
802. yjn +1 - \fn =
V/i+VTi + l Vft + vn-T
= yfn -yfn-1
для любого п е N. Отсюда: Vl997 - Vl996 < Vl996 - Vl995,

ответы, указания, решения
293
803. Введем оператор поворота U вокруг точки А на 60°
так, что UAB = АС'. Определим обратный оператор U'1 так,
чтобы для любого вектора х U'1 (Ux) = х. Тогда оператор U'1
— оператор поворота на 60° в с\
обратном направлении.
Легко показать, что для лю-*
бых векторов х и у и любых
скаляров ос и |3:
U(ax+pg) = a-U(x) + V-U(9);
C/-1(af + Py) = a-C7-1(i) + p.C/-1(y);
U(x) + U-1(x) = x.
Обозначим ав = 4с; АС = 4Ь.
Тогда Шс = Ь-с;
KL = KA + AB'-^WL =
= --UAB + U^AC + -AC --U^AC =
2 2 2
= -2Uc + 2U'lS + 2b;
ML = MC + CL = 6-c + 2C/-1b-2b=-b-c + 2C7-1b;
U~ML = -Ub-Uc + 2b.
Но по третьему свойству оператора U:
-Ub + b = TJ-lb, следовательно, UML = b + U~lb - Uc = -ICL,
т. e. ZKLM = 60° и KL = 2 • ML, т. е. AKLM — прямоуголь-
ный с острыми углами 60° и 30°.
804. f(x) + 3/
_ | = х\
X
f(2) + Зл — = 4. Аналогично, для любого х * 0
(\\ 1 fl^ 1
^] + 3/(2) = ±, т.к. /jjLj + 3/(*) = -L.

2
294 Ответы, указания, решения o'Sv
*(1]+*(,).2.,м.£-£.
в,(»).|-«-Й. ,w..".
805. Нельзя.
Пусть а, 6, с — стороны тупоугольного треугольника,
а < b < с; а + b > с; а2 + Ь2 < с2. Если бы мы построили такую
пирамиду SABC, то АВ = SC = с, АС = SB = b, BC = SA = а.
1 случай.
ZASB > 90е, ZASC + ZBSC < 90°, что невозможно в трех-
гранном угле.
2 случай.
Пусть пирамида построена. По задаче № 810, существует
треугольник со сторонами а2, Ь2, с2. Но в тупоугольном тре-
угольнике со сторонами ауЬу с а2 + Ь2 < с2, т.е. нарушается
неравенство треугольника для а2, Ь2, с2. Следовательно, такая
пирамида не существует.
f2*-5" =10,
806# [5х -16* =80.
Решение х = 1, i/ = 1 видно сразу. Покажем, что других
решений нет.
Jxlg2 + i/lg5 = l,
[*lg5 + 5i/lg2 = l + 31g2.
Эта линейная система двух уравнений с двумя неизвест-
ными имеет детерминант:
D = 41g22 - lg25 = lg24 - lg25 Ф 0, т. е. система имеет
единственное решение.
Если мы не увидели сразу решение х = у = 1, то можем
решить систему. Например:
х + у(1 + 31g 2) = 2 + 31g^2,
* = 2 + 31g2-z/(l + 31g2>,
21g 2 + 31g22 - y(lg 2 + 31g22) + y\g 5 = 1,
= 31g22 + 21g2-l
y~31g22 + lg2-lg5*
lg 5 = 1 - lg 2, поэтому у = 1, x = 1.

-**.
Ответы, указания, решения 295
807. Пусть АВ=АС = с,ВС = а.
Тогда по свойству биссектрисы
АР = Лс, PC = Xa. Отложим на сто-
роне ВС ВК = ВР. Тогда ZBPK =
= ZBKP = 80°. Отсюда ZPKC = 100°;
ZKPC = 40°; и ZABC ~ ZKPC.
РС_=РК_
ВС~ АС' Т* е*
ВС а
значит, КС = РК = АР и ВС = ВК + КС = АР + ВР, что и
требовалось доказать.
808. Проверим сначала, сколько вообще может быть не-
равных натуральных чисел, в сумме не превышающих 1996.
Для этого нужно взять наименьшие возможные числа
1 +... + k = -^ }- < 1996 => k < 62.
2
Для того, чтобы получить тах(3тп + 4/г), нужно макси-
мально увеличить число нечетных чисел. Пусть т — число
четных чисел, п — нечетных.
т(т + 1) + п2 < 1996, т + п < 62.
1) Пусть т + п = 62, т. е. т = 31 - /, п = 31 + I,
(31 - 0(32 - I) + (31 + If < 1996,
/(2/ - 1) < 43, I = 4,
т = 27, п = 35, 27 • 28 + 352 = 1981 < 1996,
Зтп + 4л = 221.
2) Пусть т + п = 61.
(30 - /)(31 - I) + (31 + О2 ^ 1996,
J(2Z +1) < 105. При 1 = 7 7 • 15 = 105.
т = 23, л = 38; 23 24 + 382 = 1996.
Зтп + 4тг = 69 + 152 = 221.
3) Проверим теперь, не может ли при т + п < 60 сумма
Зт + 4п быть больше 221.
Пусть т! = m - /, Z > Л + 1, т. е. т! + п' < 60.
7l' = 71 + Л, Т. К. 771 + П = 61.
Зтп' + 4л' = Зтп + 4тг + 4fc - 3/.

2
296 Ответы, указания, решения 0*S\
Попробуем найти такие т' и п', чтобы
Зт' + 4тг' > Зт + 4/1, т. е. 4А; - 3J > 1; 31 < 4& - 1, I > k + 1;
3k + 3 < 4fc - 1, k > 4;
т. к. 3 • 23 + 4 • 38 = 221, то п' > 42;
. но п2 < 1996, т. е. п < 44, 42 < п < 44.
т'{т' + 1) + п'2 <1996.
m'(m' +1) < 1996-п2 < 1996-422 = 1996-1764 = 232,
т'<14 и 3m/ + 4/i,<314 + 4-44 = 42 + 176 = 218.
т. е. max(3/7i + 4л) = 221,
т(т + 1) + п2 < 1996.
809. f(x + у) = /(*) + «у) + xz/.
*, уе#;/(1) = 1.
/(2) = /(1) +/(1) +1 = 3,
/(3) = /(2 + 1) = /(2) + /(1) +2 = 6,
/(4) = /(2 + 2) = /(2) + /(2) + 4 = 10,
/(4) = /(3 + 1) = /(3) + /(1) + 3 = 10.
Докажем по индукции, что f(k) = .
Пусть это доказано для всех k < п.
п + 1 = I + т (I < п, т < п);
f(l + т) = f(l) + / (т) + 1т =
1(1 + 1) т(т + 1) I2+21т + т2+1 + т
= 1 + im = =
2 2 2
(Z + m)(Z + m + l)
" 2 "
Существует только одна последовательность, удовлетво-
п(п + 1)
ряющая данным условиям: f{n) = •
810. Пусть дан тетраэдр SABC. Построим ДА'Б'С такой,
что А'Б' = АВ • SC, А'Б' = ВС • SA, А'С = АС • SB.
Отложим на луче SA точку А' так, чтобы SA' = SB • SC,
на луче SB точку Б' : SB' = SA - SC; на луче SC — точ-
ку С: SC = SA • SB. Покажем, что АА'В'С — искомый
(рис. 132).

-*L-
Ответы, указания, решения
297
SB SA
Тогда AASB - AB'S'A' (две
пары соответствующих сторон
пропорциональны, а углы меж-
ду ними равны). Поэтому и
А'В'
АВ
= SC, T.e.A'B'=ABSC.
Рис. 132
Аналогично, В'С = ВС • SA;
А!С -АС • SB. Утверждение за-
дачи доказано.
811. Перепишем уравнение в виде:
-0,7х(0,6*+ 0,4)+ 0,3(0,6*+ 0,4) = О
или (0,6jc + 0,4)(-0,7jc + 0,3) = 0.
Отсюда хх = -2/3, х2 = 3/7.
812. Пусть время, потраченное на весь путь первым вело-
сипедистом — t19 а вторым — t2. Из условия следуют два
уравнения:
^-•25 + ^L-20 = S и
2 2
0,5S 0,5S
20
25
= t2. Здесь S
2S 9S
длина пути АВ . Из этих уравнений: L = — и £, = . Отсю-
* 45 2 200
*2 81 , m
да: — = — > 1. То есть первый велосипедист приехал раньше.
tj oU
813. Так как двузначное число не больше 99, то четырех-
значное число начинается либо на 19, либо на 20 ( ведь оно
не меньше 1924 ). Аналогично, «перевернутое» четырехзнач-
ное число начинается на 79 или на 80 ( так как оно не мень-
ше, чем 7954). Следовательно, искомыми четырехзначными
числами могут быть : 1997, 1908, 2097, 2008. Путем провер-
ки получаем пары чисел : 1997 и 26, 2008 и 15. (К ответу
можно также добавить соответствующие этим «переверну-
тые» пары чисел: 7991 и 62, 8002 и 51).
814. Очевидно, что результат будет целым числом, при-

298 Ответы, указания, решения * 0*S\
чем нечетным (так как получить четное число путем сложе-
ния и вычитания 998 четных и 999 нечетных чисел невоз-
можно ). Покажем, как можно получить 1 — наименьшее
неотрицательное нечетное число. Если в четверке чисел
п, л +1, п + 2, п + 3 расставить знаки следующим образом:
п - (п +1) - (п + 2) + п + 3, то в сумме получится 0. Расста-
вим таким способом знаки в четверках: (2, 3, 4, 5), (6, 7, 8,
9), ..., (1994, 1995, 1996, 1997), а между четверками поста-
вим знаки «+». Значение такой суммы равно 0. Остается
поставить любой знак после 1 и значение всего выражения
будет равно 1.
815. Допустим, у всех участников олимпиады нечетное
число знакомых. Тогда общее число знакомств также нечет-
но (сумма 153 — jc нечетных чисел). Но это число должно
быть четным, так как знакомство двух участников олимпиа-
ды А и В увеличивает общую сумму знакомств на четное
число — 2 (это знакомство учитывается два раза: один раз
при подсчете знакомств участника А, другой — при подсчете
знакомств участника В). Данное противоречие и доказывает
утверждение задачи.
816. Пусть количество выигрышей и проигрышей соот-
ветственно п и k. Тогда ничьих 40 - п - k и всего очков:
7i + 0,5(40-/i-ft) = 0,5(/i-fe) + 20 = 25. Отсюда: л-£ = 10.
817. Из условия: ас + 0,1Ьс = a + b + с или 0,1Ьс = а + Ь +
+с - ас, а значит, 0, lbc — целое число. Тогда be делится на
10, что возможно лишь в тех случаях, когда одна из этих цифр
— 5, а другая — четная (2; 4; 6; 8). Перебрав все 8 случаев,
получим два ответа: а = 6, Ь = 5, с = 2 или а = 2, Ъ = 6, с = 5.
818. Пусть ZCAM — внешний угол треугольника ABC
при вершине А. Он равен сумме ZB + ZC, но по условию
ZB + ZC = ZCAD. Тогда АС — биссектриса ZDAM. Значит,
расстояния от любой точки, лежащей на АС, в том числе и
от точки К, до сторон AD и AM угла ZDAM равны. Но
точка К лежит на биссектрисе ZB, т. е. расстояния от точки

-*L-
Ответы, указания, решения
299
Рис. 133
К до ВС и В А равны. Тогда
равны расстояния от точки
К до сторон DC и AD угла
ADC. Значит, точка К ле-
жит на биссектрисе ZADC,
т. е. DK — биссектриса
ZADC.
819. Найдем макси-
мальное количество стран,
воюющих не со всеми, то
есть стран, которые не воюют хотя бы с одной из других
1999 (назовем их мирными). Допустим, страна А находится
в мире со страной Б. Заметим, что если бы существовала
страна С, не воюющая с какой-либо страной D, то для чет-
верки А, В, С, D не выполнялось бы условие задачи. Следо-
вательно, если существует еще одна мирная страна С, то она
находится в мире либо с А, либо с В, либо и с А, и с Б.
Очевидно, четвертой мирной страны X не существует (если
она не воюет хотя бы с одной из стран А, Б или С, то для
четверки А, Б, С, X не выполняется условие, а случай, в
котором она не воюег с какой-либо страной D, уже был
исключен выше). Значит, наименьшее количество стран, во-
юющих со всеми сразу — 1997.
820. Перепишем уравнение в виде:
х2 - 2х • у/х2 - Зх + х2 - Зх = 1 или (х - >Jx2 -3jc) = 1.
Отсюда х->Jx2 -Зх = 1 или х-Vx2 -Зх = -1. Значит,
\1х2 - Зх = х -1 или л/х^-Зх = х +1. Первое уравнение не
имеет корней, а корень второго х = -0,2.
821. у = 1-х-1 «
I/ = X, X < 1,
I/ = 2-х, х>1.
у = 2* - а <=»
z/ = 2
z/ = 2
(а \ а
ч2 J 2
у

зос
i
о
i
Ответы,
A
/* / *x
\ / / \
V x #
\/ 4/
F С
Рис. 134
указания,
X ^
£
2,-
решения с^^\
• *=^
Пусть QA: z/ = я при
0 < * < 1;
АВ: г/ = 2 — jc при 1 < х < 2;
CD: i/ = 2 - 2х при
С£: у = 2х - 2 при
4
1<х<-;
3
FG: у = а - 2х при — < х < —:
3 2
а^ ^а+2
FH: у = 2х - а при - < х < ——.
2 о
1 12 1
Так как АС 1 DE, то SAECD = - АС • 1>Е = - • 1 • - = -.
Z ^ о о
^GAHF = ^ДАЕС "" ^FHEC + ^GDCF'
GF || DC, FH || СЯ, GDCF и F#£C — трапеции с равными
высотами (в силу симметрии расстояние между прямыми
у = а-2хиу = 2-2х равно расстоянию между прямыми
y = 2x-any = 2x-2),FG<CD = CE< FH, т. е. SGDCP < SFHEC
822. Несложно вывести формулу:
а3 +Ь3 + с3 = (a + b + cf -3(а+ b)(a +c)(b +с).
Из условия следует, что (a + b + с) делится на 6, так как
(а + Ъ + с) = а2 +Ь2 +с2 +2 {аЬ + ас + Ьс)> а значит, (а + Ь + с)
и a + b + с также делятся на 6. Из последнего: либо все три
числа а,Ь, с — четные, либо четное лишь одно из них. Отсю-
да следует четность числа (а + Ь)(а + c)(b + с), а значит, и
утверждение задачи.
823. а) Докажем, что прямая LN проходит через точку О
(для КМ — аналогично). Для этого докажем, что ZLON =

ер Cv Ответы, указания, решения 301
= 180°. Отметим, что точка О — точка пересечения биссектрис
четырехугольника ABCD, и обозначим половины углов А, В,
С и D соответственно а, Р, у и 5. Так как четырехугольники
LCOB и NDOA являются вписанными, то ZLBC = ZLOC =
= 90° - Р и ZNAD = ZNOD = 90° - а (как углы, опирающиеся
на одну дугу). Из ACOD: ZCOD = 180° - у - 8. Следователь-
но, ZLON = 90° -сс+ 180° -у-Ъ + 90° - Р = 360° - (<* +Р +
+ у + 5) = 180°.
б) Докажем, что четырехугольник KLMN описанный, по-
казав, что ZL + ZN = 180°. В четырехугольнике LCOB:
ZBLO = ZBCO = у и ZCLO = ZCBO = Р, а в четырехугольнике
NDOA: ZDNO = ZDAO = а и ZANO = ZADO = 5. Значит,
ZL + ZN = a + p + Y + 8= 180°. Отсюда следует, что LOxNO =
= КОхМО, то есть NO = ^-^.
Я
824. В каждом вертикальном столбце количество черных
и белых клеток, накрываемых вертикальными плитками, рав-
ны, т. к. каждая плитка накрывает ровно одну белую и одну
черную клетки; поэтому в крайнем левом столбце (содержа-
щем только левые клетки горизонтальных), содержится рав-
ное количество левых частей черно-белых и бело-черных пли-
ток. Поэтому во втором столбце содержится равное количе-
ство правых концов черно-белых и бело-черных плиток, а
значит, и равное количество левых концов черно-белых и
бело-черных. Рассматривая поочередно каждые смежные стол-
бцы, получаем утверждение задачи.
825. Рассмотрим три случая:
1) х > 2. Тогда дг-2-д:-1 = а или -3 = а. Значит, при
а - -3 решениями уравнения будут все х > 2.
2) -1 < х < 2. В этом случае -х + 2-х-1 = а или
х = 0,5(1 - а). В исследуемый промежуток входит лишь два
целых числа 0 и 1, которые будут решениями при a = 1 и
а = -1 соответственно.
3) х < -1. Тогда -х + 2 + х+1 = а или 3 = а. При а = 3 все
х < -1 являются решениями.
Ответ: ±3 и ±1.
826. Доказательство основано на том, что медиана, про-

2
302 Ответы, указания, решения » GL
веденная к гипотенузе прямоугольного треугольника, равна ее
половине. В прямоугольном треугольнике АСХС медиана СХВ2
равна половине АС, а в треугольнике ААХС медиана АХВ2 так-
же равна половине АС, то есть в сумме эти отрезки равны АС.
Аналогично, из соответствующих треугольников, отрезки ВХА^
и СХА^ в сумме дадут ВС, а отрезки ВХС2 и АХС2 — АВ.
827. Перепишем уравнение в виде:
рх + ру-ху-р2 = -р2 или (х - р)(у -р) = р2>
Для целых множителей х-р и у - р, учитывая то, чтор
простое число, возможны лишь значения: р ир, -р и -р, 1 и
р2, -1 и -р2. Рассмотрев все случаи получим пары:
(2р;2р),(0;0),(1 + р;р2 + р),(р2 + р;1 + р),(р-1;р- р2),
{р-р2;р-1).
828. Пусть ZA = a, ZB = |3. По теореме синусов, учитывая
равенство радиусов кругов, описанных около треугольников
CM CN
АМС и BNC, получим: = , а из равенства кругов,
sin a sin Р
описанных около треугольников AN С и ВМС, следует, что
CN СМ т, • 2 • 2Q
= . Из этих равенств получаем: sin2 a = sinJ р,
sin а sin P
откуда и следует, что ос = р.
829. Из условия следует, что лжецы сидят по двое подряд,
а значит, их четное число. Очевидно, что 12 человек, сказав-
ших, что ровно один из их соседей лгун — честные. Причем
эти 12 человек сидят шестью парами, так как у каждого из
них ровно один честный сосед. Этим шести парам честных
людей соответствует шесть пар лжецов (например, если за-
фиксировать какую-либо пару честных учеников и начать
«двигаться» от нее по часовой стрелке, то за каждой парой
честных будет следовать пара лжецов). Остается «разобрать-
ся» с оставшимися учениками. Среди них либо ни одного,
либо два, либо четыре, либо шесть лжецов. Причем оставши-
еся честные обязаны иметь обоих соседей лжецов (в против-

-?5^.
Ответы, указания, решения
303
ном случае заявивших во время опроса, что ровно один из их
соседей — лгун, было бы более 12). Рассмотрев возможные
случаи, получим, что всего лжецов — 16.
830. Это уравнение можно переписать в виде:
(х-1)(2х-у -1) = 0. Отсюда х = 1 или у = 2х - 1. Так
как х>у>1, то из первого равенства получим х = у = 1, а
из второго 2х -1 < х или х < 1. Следовательно, х = у = 1.
831. Нельзя. Так как каждое склеивание изменяет пло-
щадь поверхности фигуры на четное число, а значит, и в
результате можно получить лишь четное число.
832. Нет, множество значений f(x), x e Д, не обязательно
конечно. Приведем пример такой функции /: Д —» Д, что
множество значений суммы f(x) + f(2x) единственно (равно
нулю), а множество значений заполняет полностью отрезок
-1 </(*)<!.
Пусть f(х) =
sin
nlg|x
0, * = 0.
х*0,
Тогда
/(2*) = sin ' ' =
V ; lg2
sin
n +
rclg|*n
lg2
= "Smlg2 "/(X)'
f(x) + f(2x) = 0 при x Ф 0, /(0) + /(0) = 0 при jc = 0, т. е.
f(x) + /(2jc) = 0 при всех х9 а х принимает бесконечное множе-
ство значений: f(x) e [-1; 1].
833. sin(2fc + l)- = sin
v ;2
nk + -
2
= (-!)*.
cos 2& • — = cos nk = (-1) .
2 v '
Синусы на концах интервала -
п п
, принимают значе-
ния разных знаков, а косинусы — одинаковые значения.
Первый игрок в каждый свой ход определяет a2k (коэф-
фициенты при косинусах) произвольно; так как косинусов

304
Ответы, указания, решения
?5\_
на 1 меньше, чем синусов, определить все коэффициенты при
косинусах возможно не позже, чем до 1995-го хода. Перед
последним ходом первого определены все коэффициенты при
косинусах и все коэффициенты при синусах, кроме одного.
Пусть не определен коэффициент а2т + г. Определим
разных знаков.
принимают значения
а*.
t sin(2/n +1)—
>Е
k*m
sin(2ft + l)-|
998
+Е
\аоь cos 2k • —
2ft 2'
Поэтому уравнение f(x) = 0 имеет корень на интервале
^ я я^
2;2
834. Пусть ABCDE — данный пятиугольник. АВ \\ СЕ,
ВС || AD, CD || БЕ, DE || АС, АЕ || BD. F = АС n BE; G = AC n
BD; H = BD n СЕ; I = AD n CE; ii: = AD n БЕ. Образовалось
10 параллелограммов, например KBCD, EFCD, отсюда KB =
= CD = EF. AFBG
FB = BE-EF = BE- CD;
FG FB BG
AEBD, тогда -— = —- = —-.
DE BE BD
BG = BD-DG = BD- AE, т. е. — = —.
CD AE
Для каждой пары смежных диагоналей отношение диа-
гонали к параллельной ей стороне одно и то же, т. е. оно
одно и то же для всех пяти пар.
Пусть оно равно X > 0.
FG = 2DE - FC. Из подобия AFGB и AEBD получаем:
2-А = 1--, т.е. Х2-Л-*1 = Ои X = 1^1*1.
Л 'у— Л
Л Л 1 + V5
Так как Л > 0, то Л = .
835. Определим, в каком соотношении необходимо взять
эти растворы, чтобы получить искомый раствор. Пусть х —
количество 15%-ного раствора, а. у — количество 10%-ного

m *
Ответы, указания, решения
305
раствора. Из уравнения 0,15л: + ОДу = 0,12(jc + у) получаем,
х 2
что — = —. Итак, нужно взять 15%-ные и 10%-ные раство-
У 3
ры в отношении 2 к 3. Заполним трехлитровую емкость
10% -ным раствором. Перельем его в пятилитровую емкость,
а незаполненные в ней два литра дольем 15%-ным раство-
ром. Так как количества 15%-ных и 10%-ных растворов
взяты в пяти литровой емкости в отношении 2 к 3, то в ней
получился 12%-ный раствор. Четырехлитровую емкость за-
полним полученным раствором. Тогда в емкости на 5 лит-
ров останется искомый литр 12%-ного раствора.
836. Один из примеров такой расстановки чисел приведен
на рисунке 135.
1 1
1
1
1 _1
1
1
-1
-1
1
-1
-1'
-1
Рис. 135
837. Пусть х — знаменатель данной дроби, тогда
1 1997 1 1997 1997 1997
1997
> >■
или
1997
> >•
1997 х 1998 1997 1997 х 1997 1997+ 1997
Ясно, что х лежит в пределах от 1997...1997 + 1 до
1997... 1997 + 1996 (ни одно из этих чисел не сокращается с
1997, так как 1997 — простое). Таких х всего 1996. Значит,
искомых дробей 1996.
838. Выигрыш может себе обеспечить начинающий. Для
этого ему надо зачеркнуть центральную клетку, разделив
ленточку на две равные части. Затем он должен повторять
ходы противника симметрично относительно центра. У на-
чинавшего всегда будет ответный ход.
839. Представим числа aab, aba и baa как 110а + Ь,
101а + 106 и 100b + 11а соответственно. Тогда их сумма
222а + 1116 = 1998; 2а + b = 18 или b = 2(9 - а). С учетом
11. Зак. 790

306 Ответы, указания, решения 0*S\
того, что цифры а и Ъ лежат в промежутке or 1 до 9, путем
последовательной подстановки, находим искомые тройки
таких чисел: (558; 585; 855), (666; 666; 666), (774; 747;
477), (882; 828; 288).
840. 1...15...56 (1998 единиц, 1997 пятерок) = 1...15...5
(1998 единиц, 1998 пятерок) + 1 = 1...10...0 (1998 единиц,
1998 нулей) + 5 • 1...1 (1998 единиц) + 1 = 1...1 • 101998 (1998
единиц) + 1...1 • 5 (1998 единиц) + 1. Пусть а = 1..1 (1998
единиц). Тогда наше число выглядит следующим образом:
101998а + 5а + 1 = а (101998 + 5) + 1 = а(9...9 (1998 девяток) +
+ 1 + б) + 1=а(9-1...1 (1998 единиц) + 6) + 1 = а(9а + 6) +
+ 1 = 9а2 + 6а + 1 = (За + I)2. Так как а — целое, то исходное
число является квадратом целого числа.
841. См. № 844.
842. Выиграет второй. Разделим вертикальной линией
это доску на две равные части. Второй должен ходить так:
закрашивать квадрат в той же горизонтали на той же поло-
вине доски, где закрасил первый. Докажем, что при такой
тактике второй всегда выиграет. Если квадрат образуется в
одной половине, то по тактике понятно, что он образуется
после хода второго, игравшего по описанной тактике. Если
квадрат образуется на границе двух половин доски, то после
какого-то хода с одной стороны от границы в соседних гори-
зонталях и в одной вертикали должно быть закрашено два
квадратика, то есть квадрат 2x2 уже образован вторым иг-
роком.
843. Число, состоящее из 1998 единиц, можно записать
следующим образом:
111101995 +111 101992 +... + 111 = 111(101995 +101992 +...+1).
Так как 111 кратно 37, дои все число кратно 37.
844. Пусть АА19 ВВ19 ССг — биссектрисы ZA, Z.B и Z.C
соответственно, точки S, К и L — точки касания окружности
со сторонами АВ, ВС и АС. Пусть прямая а проходит через
точку S и параллельна СС19 точка М — точка пересечения
СС1 и KL. Докажем, что ССХ1KL. Очевидно, КС = LC как

2,-
Ответы, указания, решения
307
отрезки касательных. Тре-
угольники MCL и МСК
равны по двум сторонам и
углу между ними, поэтому
ML = МК. В треугольнике
CKL СМ — медиана и бис-
сектриса, а значит, и высо-
та. То есть CCl I KL. По-
скольку а || ССХ> то а 1 KL,
следовательно, прямая а со-
держит высоту треугольни-
ка SKL. Аналогично, другие прямые, проходящие через точ-
ки касания, содержат высоты треугольника SKL. Но высоты
треугольника пересекаются в одной точке. Следовательно,
данные прямые пересекаются в одной точке.
845. Победу себе может обеспечить начинающий. Для этого
ему первым ходом нужно зачеркнуть среднюю клетку, а по-
том после каждого хода второго зачеркивать клетку (клет-
ки), симметричные относительно средней клетки, которые
зачеркнул противник. Таким образом, за первым всегда ос-
танется последний ход.
846. Подставив координаты каждой точки в равенство,
найдем зависимость Ь от а (для каждой точки): 1) Ь = 8 + 4а;
2) Ь = 0,5 - 0,5а; 3) Ь = 1 - За; 4) Ь = 0,8 - 3,2а; 5) Ъ = 0,25 -
- 0,5а. Равенства 2) и 5) не могут выполняться одновремен-
но. Одновременно могут выполняться равенства 1), 3) и 4).
Легко доказать, что не могут одновременно выполняться 1),
2), 3) и 4) или 1), 3), 4) и 5).
Итак, указанному графику могут принадлежать макси-
(1 4^
мум три точки:
(-2;-8),^;ij
5 5
847. Заметим, что при указанных заменах многочлена
дискриминант его остается прежним. Значит, если из мно-
гочлена х2 - Зх - 4 можно получить х2 - 2х - 5, то у них
обязан быть одинаковым дискриминант. Однако это не-
верно.
11*

2
308 Ответы, указания, решения 0*S\
qaq т2-п2 т2 п2 „ п*
848. т-п- = . Число целое
т + п т + п т + п т + п
т2
по условию, число т-п также целое, поэтому тоже
т + п
целое. А значит, целым является и число т •
т
2
т + п т+п
849. По условию, sin A + sin С = sin В + sin D. Применив
формулу для суммы синусов к обеим частям равенства, по-
лучим следующее равенство:
. А + С А-С 0 . B + D B-D _
sin cos = 2 sin cos . Поскольку сум-
2 2 2 2
ОЛЛ. .А + С . B + D _
ма всех углов равна 360 , то sin = sin . Разделим
jL &
о . А + С Л А-С
обе части равенства на 2sin Ф 0, получим: cos =
В — D
= cos . Делаем вывод, что ZA - ZC = Z£ - ZD или
2
ZA - ZC = ZZ) - ZB, T.e.ZA + ZD = 180° или ZA + ZB = 180°.
Значит, АВ || CD или AD || ВС. А пару параллельных сторон
могут иметь только параллелограмм или трапеция.
850. Из третьего равенства видно, что z < 1 (поскольку
1 + х2 > 1). Поэтому у < 1 (из второго равенства), а значит, в
первом равенстве модули не играют роли, то есть первое
1-!/
равенство можно заменить следующим: х = I . Подста-
1 + У
вив значение х2 в третье равенство, получим 2
Пусть f(a) = J , f(a) — возрастающая на всей области
определения. Тогда z = f(y), а у = f(z). Если допустить, что

2-
Ответы, указания, решения
309
гФу,т. е. какое-то из чисел больше, мы получим, что функ-
ция f(a) с большим аргументом принимает меньшее значе-
ние, что противоречит ее возрастанию. Значит, г = у. С уче-
том того, что у и z — положительные числа, находим из
уравнения у - Л — значение у (и г). Итак, у = г - 1, тогда
х = 0. Искомая тройка — (0;*1; 1).
851. Допустим, что не каждый мальчик посмотрел на каж-
дую незнакомую девочку, а каждая девочка посмотрела на
незнакомого мальчика. От этого общее количество «взгля-
дов» не изменится, но тогда каждая девочка посмотрела на
каждого мальчика. Если принять за х количество девочек
класса, а за у количество мальчиков, то ху = 117. Необходи-
мо найти такие целые х и у, что jc + i/<40 и ху = 117.
Такими числами являются 13 и 9.
852. Пусть исходная фигура — ABCD. Если она плоская
(т. е. все точки А, В, С и D лежат в одной плоскости), то по
законам обратного проектирования она обязана быть па-
раллелограммом. Допустим, что ABCD — тетраэдр. Тогда пря-
мые АВ и CD скрещиваются. Если они проектируются на две
различные плоскости в параллельные прямые, то они лежат
в двух парах параллельных плоскостей. Но две скрещиваю-
щиеся прямые могут лежать только в одной паре параллель-
ных плоскостей. Противоречие. Следовательно, ABCD не мо-
жет быть тетраэдром, а значит, ABCD — плоская фигура. То
есть ABCD — параллелограмм.
853. Исходное неравенство опре-
деляет на координатной плоскости
XOY фигуру, изображеную на рисун-
ке 137. Очевидно, она симметрична
относительно прямой у - х.
Значит, х-4х <у--<х + у[х
равносильно у - у]у < х — < у + ^Jy.
4
Рис. 137

310
Ответы, указания, решения
2с-
854. Наше уравнение равносильно cos 12* - 5sin3* =
= (3tgx - ctgx)2 + 6. Левая часть из-за ограниченности коси-
нуса и синуса не может принимать значения, большие 6.
Правая же часть не может принимать значения, меньшие 6.
Значит, обе части равны 6. Дальнейшее решение уравнения
не представляет особой сложности.
Ответ: х = (-1) — + тг/i, где п е Z.
о
855. Подставив в равенство х = —,
У
получим
/
-y\-f{y) = f
Гл\
yVj
-г (у)-
Пусть у такое, что f(y) = 0,5 (по условию такое у суще-
ствует). Тогда, подставив такое у в получившееся равенство,
\2
(
получим
, V
"Г h
(■
= 0 или /
-1 = 0,5.
У
Положив х = -1, a f(y) = 0,5 и подставив в исходное равен-
ство, имеем: / (-1) - 0,5 = 0,5/ (-1) - 0,5/ (-1) = 0.
То есть /(-1) = 0,5.
856. S(AKCB) = S(ACD) - S(AKD) + S(ABC). По условию,
S(AKD) = S(AKCB), откуда 2S(AKD) = S(ACD) + S(ABC).
S(AMCB) = S(ACD) - S(MCD) + S(ABC), но S(MCD) = S(AMCB),
поэтому 2S(MCD) = S(ACD) + S(ABC).
Значит, S(AKD) = S(MCD).
Отсюда AD • KD = MD • CD или
AD: MD = CD : KD. Из этого отно-
шения следует подобие треугольни-
>С ков MKD и DAC, из чего, в свою
очередь, следует, что АС || МК. Зна-
чит, фбчкй Р и К равноудалены от
прямой АС, а значит, высоты тре-
угольников АРС и АКС равны, по-
этому их площади также равны (ос-
нование АС у них общее). То есть
Рис. 138 S(AKCB) = S(ABC) + S(AKC) =

-?5v
Ответы, указания, решения 311
= S(ABC) + S(APC) = S(ABCP), но S(AKCB) составляет поло-
вину от S(ABCD), поэтому и S(ABCP) составляет половину
от S(ABCD).
857. Пусть q — прямая, которая разбивает наш прямо-
угольник на два равных прямоугольника (19982 х21997). Зер-
кальное отображение относительно прямой q будет новым
разбиением, т. е. количество несимметричных относительно q
разбиений будет четное количество. Значит, надо доказать,
что количество симметричных разбиений нечетно, или не-
четно количество разбиений одного из получившихся пря-
моугольников. Аналогично, должно быть нечетным количе-
ство разбиений половины такого прямоугольника (если де-
лить, как и в первый раз). Действуя таким образом, мы
дойдем до прямоугольника 1х19982. Количество способов
разбиений такого прямоугольника — 1 (т. к. 1998 кратно 3,
то его можно разбить фигурками площадью 3). Очевидно,
четность количества разбиений исходного прямоугольника
равна четности количества разбиений последнего полученно-
го прямоугольника (так как количество остальных разбие-
ний — четно). Т. е. количество разбиений исходного прямо-
угольника нечетно.
858. Ответ: 2,25 км. Пусть х — расстояние от гнезда до
места, в котором лежит орех. До того места белка добегает
X X X X
за —с, а обратно — за —с. Тогда — + — = 20 • 60. х = 2250 м.
5 3 5 3
859. Так как наибольшее расстояние между точками рав-
ностороннего треугольника — это длина его стороны, то тре-
угольник со стороной меньшей, чем у нарисованного, может
накрыть лишь одну его вершину. Следовательно, один из
вырезанных треугольников имеет сторону большую, чем
нарисованный треугольник, и им можно полностью накрыть
нарисованный.
860. Так как степени двойки заканчиваются на цифры 2,
4, 8, 6 с периодом 4 и 1999 = 499 • 4 + 3, то 21999 оканчивает-
ся цифрой 8.

2
312 Ответы,указания, решения 0*5\
861. Из ящика с надписью «1 черный и 1 белый шар»
достаем шар. Если он белый, то в нем 2 белых шара, тогда
в ящике с надписью «2 белых шара» лежат 2 черных шара,
а в ящике с надписью «2 черных» лежат 1 белый и 1 чер-
ный. Если же вынутый шар черный, то рассуждения анало-
гичны.
862. Подсчитаем числа, в записи которых нет цифры 7.
Первую цифру можно выбрать восемью способами (кроме 0 и
7), а все остальные девятью способами. Всего 96 • 8 = 4 251 528
чисел. Всего же семизначных чисел 106 • 9 (подсчитывается
аналогично). Тогда чисел, в записи которых есть цифра 7,
всего 106 • 9 - 96 • 8 = 9 000 000 - 4 251 528, что больше, чем
96 • 8. Значит, чисел, содержащих 7, больше.
863. Очевидно, что х < 0. Тогда (v-*) = -х; у[х* = -х.
-2х 1
Уравнение принимает вид: = 1999 или — = -1999;
&Х X
1_
1999"
864. Пусть т + 1998 = k, тогда получим k(k + 1) + (k + 1)х
х (k + 2) + (k + 2)k = n2 или 3k2 + 6k + 2 = n2. Левая часть
уравнения при делении на 3 дает остаток 2, а квадрат нату-
рального числа при делении на 3 может давать остаток или
0 или 1. Значит, чисел типне существует.
865. Так как ZAQB = ZCBQ = ZABQ, то треугольник
ABQ — равнобедренный,
AB=AQ (рис. 139). Так как
средняя линия делит попо-
лам любой отрезок с кон-
цами на основаниях, то
ВР = PQ. Следовательно,
АР — медиана и высота и
ZAPQ = 90е.
866. Очевидно, что неположительных чисел меньше, чем
99 (иначе их сумма не была бы положительной). Возьмем

2
*" Ответы, указания, решения 313
т *
все неположительные числа и дополним их несколькими по-
ложительными до 99. Сумма всех этих чисел положительна
и в сумме с остальными (положительными) числами дает по-
ложительный результат.
867. По формуле бинома Ньютона 19996 = (2000 - I)6 =
= 20006 - 6 • 20005 + 15 • 20004 - 20 • 20003 + 15 • 20002 - 6 х'
х 2000 + 1. Очевидно, что количество цифр этого числа такое
же, как и числа 20006 (порядок слагаемых легко оценить,
например, 6 • 20005 = 192 • 1015 — 18 знаков). Поскольку
20006 = 64 • 1018 - 20 знаков, то исходное число — двадцати-
значное. Если бы среди его цифр не было трех одинаковых,
то оно состояло бы из цифр 0, 0, 1,1,..., 9, 9, сумма которых
90 — делится на 3, значит, и само число делится на 3, но
19996 не делится на 3, следовательно, хотя бы одна из цифр
повторяется хотя бы три раза, что и требовалось доказать.
868. Ответ: х = 0.
(1 + X + X2 )(1 + X + X2 + X3 + X4 ) = (1 + X + X2 + X3 f .
х = 1 не является корнем, поэтому домножим обе части на
(х - I)2. Получаем:
(х -1)(1 + х + х2 )(х -1)(1 + х + х2 ■ + х3 + х4) =
= ((х-1)(1 + х + х2+х3))2.
Тогда (jc3 - 1)(х5 -1) = (х4 -1)2.
хь - 2х4 + х3 = 0; jc3 (х -1)2 = 0. Отсюда х = 0.
869. Проведем перпендикуляр HP к АС и высоту ВК. По
теореме Пифагора АВ2 - АК2 = ВС2 - СК2 или АВ2 - ВС2 =
= АК2 - СК2. Но из условия АВ2 - ВС2 = АН2 - СН2.
Но АН2 - СН2 = АР2 - СР2 по теореме Пифагора. Тогда
АК2 - СК2 = АР2 - СР2, значит,
точки Р и К совпадают. Следова-
тельно, точка Н лежит на высоте
ВК. Аналогично доказывается,
что точка Н лежит на других вы-
сотах, т. е. Я — точка пересече-
ния высот, что и требовалось до- " Р К
казать. Рис. 140

2
314 Ответы, указания, решения 0*5\
870. По теореме Виета хх + х2 = -а и ххх2 = . Полу-
чаем:
= (К +^2)2 -2^2)2 -2(^2)2 = (в» +^Т -2 JL- =
= а4 + 2 + - L = а4 + 2 + — > 2 + 2Ja4 — = 2 + &.
а4 2а4 2а4 V 2а4
871. Запишем несколько рядов:
а Ъ с
а-Ь b- с с - а
a-2b+c b-2c+a с-2а-Ь
3(с - Ь) 3(а - с) 3(Ь - а)
Все числа следующих рядов будут кратны трем как раз-
ность чисел, кратных трем. Но числа 1999 и 2000 не кратны
трем, поэтому уже после третьего ряда они не могут встре-
титься в последовательности.
872. Ответ: (-3; -3; -3), (2; 2; 2), (1; 1; 5), (1; 5; 1), (5; 1; 1).
Вычтем из второго уравнения первое.
Получим: (у - х) (1 - г) = 0. Отсюда либо у = х, либо 2=1.
а) х = у. Тогда получаем, что х + xz = 6 и z + х2 = 6.
Вычитая одно из другого, находим, что (z - х)(1 - х) = 0,
откуда z = х = у или х = у = 1. В первом случае находим,
х = у = z = -3 или jc = z/ = z = 2. Во втором случае л: = z/ = 1,
2 = 5.
ft) z = 1. Тогда jc + [/ = 6hjcz/ = 5. Решая эту систему
уравнений, получаем: х = 5, у = 1; х = 1, у = 5.
873. Легко показать, что ZAOC — тупой, следовательно,
точка S лежит вне треугольника ABC. Пусть Z.OCA = а,
Z.OAC = р. Тогда ZOSC = 20, AOSA = 2а.
ZSCA = ZSAC = 18°°-2a-2P=90--a-P,
2
ZOAS = ZAOS = 90° -а-Р + Р = 90° -а.
Из треугольника BOA ZAOB = 180° - Р - 1/2ZABC =

в^СГч Ответы, указания, решения 315
= 180° - Р - (90° - а - Р) = 90° + а. ZBOS = ZAOB + ZAOS =
= 90° + а + 90° - а = 180°. Значит, точки В, О, S лежат на
одной прямой.
874. Ответ: при х < -1 у = х2 + х + 1; при х > 0 у = х2 - х.
Очевидно, что должно выполняться условие:
у < х2; (х2 - у) = х + у; х4 ^2х2у + у2 = х + у;
у2 -y(2x2+l) + xA -х = 0.
По теореме Виета ух - х2 + х +1, i/2 = л:2 - jc.
Но i/j = х2 + х +1 < jc2. Следовательно, х + 1 < 0, х < -1.
Аналогично, у2 = х2 - х < х2. Т. е. -х < 0, х > 0.
875. Существует. Например, ап = п\ + 2. Для любого не-
отрицательного k найдется такой член последовательности at
(t<k + 2), который делится на k + 2. Далее все члены последо-
вательности будут делиться на & + 2, т. е. at + k, at + l + k, at + 2 +
+ k, ... — составные. До числа * количество членов последова-
тельности — число конечное, значит, среди них конечное чис-
ло простых чисел.
876. Ответ: 10(/i2 - 1). Представим граф, вершинами
которого являются города, а ребрами — дороги между непос-
редственно соединенными городами. Этот граф — связный
по условию. При заданном числе вершин наименьшее ко-
личество ребер содержит дерево. У дерева число ребер на 1
меньше числа вершин. Е = п2 - 1, где Е — количество ребер.
877. Так как х = 1 — не корень, то умножим обе части
уравнения на (х - I)2. Получим:
(я3 - 1)(*п -1) = (jc7 -1)2, х11 -2х7 + х3 = 0,
*3(х4-1)2 =0, х = 0, х = -1.
878. sin2 a + sin2 Р = sin а cos Р + cos а sin P;
sin а (sin а-cos Р) = sin P (cos а-sin P).
Обе части будут одного знака в следующих случаях:
1) sinoocosP и coscosinp.
Тогда sin2 a > cos2 p; cos2 а > sin2 p. Сложив почленно эти
неравенства, получим 1 > 1, что неверно.

316
Ответы, указания, решения
2с
?5n,_
2) sin a < cos Р и cos ос < sin р. Тогда аналогично получа-
ется, что 1 < 1, что также неверно. Тогда since = cosP и
cos a = sin р. Перемножим эти равенства почленно.
sin2cc = sin2P; sin (ос-Р) cos (ее+ Р) = 0.
я
Тогда а - Р = 0 или ос + Р = —. Если а = Р, то из того, что
since = cosP, следует, что since = coscc, а = —, т. е. а + Р = —.
879. Допустим, что существует /(*), удовлетворяющая
условию задачи.
Рассмотрим F (х) = f (х) - f [х + sin х) > 0.
Так как F (пп) = / (пп) - f (пп + sinпп) = 0, то х = пп —
точки минимума F (х). Значит, F'(х) = 0 (по условию f(x),
а значит, и F(x) дифференцируема во всех точках).
Но F'(x) = f'(x)-f (x +sin x)(l + cosx);
F'(nn) = f'(nn) - f'(nn + sin7in)(l + cos яд) = ±f'(nn) = 0,
т. e. f(nn) = 0, что противоречит второму условию.
880. Пусть Е и F — середины отрезков АР и ВР соответ-
ственно. Тогда DE и DF — средние
линии ААРБ, значит, DEPF — па-
раллелограмм. PF = FB = ED,
АЕ = ЕР = DF; ZDEP = ZDFP.
В прямоугольных треугольниках
АРМ и РВК ME nKF — медианы.
Тогда ЕМ = РЕ и FK = FP.
hEDM - AFKD по трем сторо-
нам. Значит, ZDFK = ZDEM, сле-
>С довательно, ZPFK = ZPEM.
Если ZPFK = ZPEM = 2а, то
ZEPM = ZFPK = 90° - а, тогда
ZPBC = ZPAC = а.

tpty^ Ответы, указания, решения 317
881. Требуемая расстановка существует.
Пусть 199 919 991 999 = *.
Любая пятиклеточная фигур-
ка из условия содержит либо
3, либо 4 числа — ху а сумма
всех чисел 23я + 22(-лс) = х.
Рис. 142
882. а) Очевидно, число должно быть четырехзначным.
Тогда 0 < S (я) < 36, а значит, 1964 < п < 2000. Так как
первые две цифры уже определены (их сумма 1 + 9 = 10), то
10 < S(n) < 28.
Следовательно, 1972 < S (п) < 1990.
1) Пусть п = 1970 + k (2 < k < 9).
Тогда 1970 + fc+17 + fc = 2000. Но тогда к — не натураль-
ное число.
2) Пусть п = 1980 + k (0 < k < 9).
Тогда 1980 + k + 18 + k = 2000.
Получаем k = 1, и п = 1981.
б) Так как остаток от деления числа на три совпадает с
остатком от деления на три суммы цифр этого числа, то
левая часть равенства кратна трем при любом п (чтобы
убедиться в этом, достаточно рассмотреть три случая: п крат-
но трем, п дает остаток 1 при делении на три и п дает оста-
ток 2 при делении на три). Но правая часть (число 2000) не
кратна трем, а значит, нет таких п, при которых выполня-
лось бы данное равенство.
883. Возьмем на прямой любые две точки одного цвета
(очевидно, это можно сделать). Пусть это точки А и Б, и они
красного цвета. Если середина отрезка АВ — точка С красно-
го цвета, то утверждение доказано. Допустим, точка С синего
цвета. Возьмем точки М и Р такие, что МА = АВ и
ВР = АВ (М и Р не совпадают с А или Б). Если М или Р
красная, то искомая тройка — М, А, Б или Р, Б, А, а если М и
Р синие, то — М, С, Р.
X
X
X
X
X
X
-х
-х
X
-х
-х
X
X
-х
-х
-х
-х
-х
X
X
X
-х
-х
-х
-х
X
X
-х
-х
-х
-х
-х
X
X
-х
-х
X
-х
-х
X
X
X
X
X
X

318 Ответы, указания, решения О^Тч
884. Чтобы сумма оставшихся чисел была четной, необхо-
димо и достаточно, чтобы количество нечетных среди них
было четным. Значит, если нечетных чисел было нечетное
количество, то для выполнения требования задачи достаточ-
но вытереть нечетное число, а если нечетных чисел было
четное количество, то нужно вытереть четное число. Для
2000 чисел утверждение задачи неверно. Например, если все
они нечетные.
885. Если число п пятизначное, то k не менее чем одно-
значное, и значит, в записи равенства участвует не менее 11
цифр. Очевидно, что хотя бы две из них одинаковые. Если
число п трехзначное, то число k либо четырехзначное, либо
пятизначное, а значит, в записи равенства участвует не менее
12 цифр. Опять очевидно, что хотя бы две из них одинако-
вые.
Если число п двузначное, то число k опять либо четырех-
значное, либо пятизначное, и утверждение очевидно.
Если п однозначное, то k может быть пятизначным или
четырехзначным. В первом случае в записи равенства уча-
ствует 11 цифр и, значит, хотя бы две из них одинаковые, а
во втором случае в записи равенства участвует 10 цифр, и
предыдущие рассуждения неприемлемы. Но так как k + п-
= т > 1000, то k > 9991 и в числе k есть три девятки.
Осталось рассмотреть случай, когда число п четырехзнач-
ное. Тогда k может содержать в своей записи пять, четыре,
три, две или одну цифры. В первых четырех случаях в запи-
си равенства участвует не менее 11 цифр, а в последнем
случае т = k + п < 9999 + 9 = 10 008 и, значит, в записи т
есть три нуля.
886. Так как правая часть является степенью натураль-
ного числа, то и левая также должна быть степенью. Но
этому «мешает» множитель 1999. Поэтому будем искать т
и п в виде степени с основанием 1999.
Пусть т = 1999х, л = 1999*. Тогда 19991999х+1 = 1999200в"
и, значит, 1999л: + 1 = 2000z/ или 1999(* - у) + 1 = у.
Теперь достаточно подобрать натуральные х и у, удовлет-
воряющие этому уравнению.

2
^ Ответы, указания, решения 319
• —*
Пусть x-y = k. Тогда у = 1999А; + 1, х = у + k = 2000fc + 1.
Подставляя различные значения k, будем получать значе-
ния х и у, а затем тип. При Л = 0, т = 1999, я = 1999, а
при k = 1, т = 19992001, п = 19992000.
887. Пусть 19 991 999 = ак Тогда данное выражение при-
мет вид а + (а - 1)а(а +1) = а3^.
888. Пусть объем воды в озере — а литров и каждую
минуту добавляется (за счет подземных ключей) р литров, а
искомое время — х минут. Тогда стадо из 12 слонов выпьет
за 4 минуты Ар + а литров воды, а каждый слон за одну
4р + а
минуту литров. Стадо из 9 слонов выпьет за о минут
6р + а литров воды, а следовательно, каждый слон за минуту
бр + а
литров. Так как количество воды, которое слон вы-
4р+а бр+а ^
пивает за минуту, постоянно, то —£ = — . Отсюда по-
12-4 9-6
лучим: а = 12р.
Стадо из 6 слонов за х минут выпьет хр + а литров воды,
хр + а бр + а
а значит, каждый слон за минуту выпьет — = .
Отсюда, заменив а на 12р, получим: х = 12 минут.
889. Пусть М — середина DC, Р — середина АВ, О —
середина АС иГ — середина BD. По свойству средних линий
соответствующих треугольников: МО || AD и ТР || AD, а так-
же МТ || ВС и ОР || ВС. Значит, МТРО — параллелограмм
с равными диагоналями, а следовательно, прямоугольник.
Угол ADB равен углу РТВ. Очевидно, что ZBTM больше раз-
вернутого ZBTD.
Так как ZBTM = ZPTB + ZPTM = ZPTB + 90° > 180°, то
ZPTB > 90°.

320 Ответы, указания, решения O^S\
890. Из условия следует, что 1т2:5, значит, т2:5 и mi5.
Но тогда m = bk и 7-25&2 -5п2 = 2000, откуда имеем
35fc2 - п2 = 400, значит, п :5 и д = 5/. Получим: 7k2 -5Z2 = 80
и теперь уже k = 5р и 35Аг2 -14 = /2 + 2. Левая часть этого
равенства делится на 7, а правая не делится ни при каких I
(чтобы убедиться в этом, достаточно рассмотреть возможные
остатки от деления квадрата числа на 7).
891. Коля может обеспечить себе выигрыш, используя,
например, такую стратегию: первым ходом поставить чет-
ное число в любую клетку центрального столбца. Затем, если
Сергей заполняет клетку центрального столбца, то Коля также
заполняет клетку центрального столбца, причем четным чис-
лом, а если Сергей ставит число в любом другом месте, то
Коля заполняет клетку этой же строки, симметричную за-
полненной Сергеем относительно центра, причем числом
той же четности. В результате строк, в центральных клетках
которых стоит четное число, будет не меньше четырех, а сум-
ма чисел в этих строках будет четной (так как нечетных
среди них четное число).
892. Пусть а — корень первого уравнения. Тогда
а2 -4а - 2 = 0. Перепишем второе уравнение в виде:
(х2 - 4х - 2 + xf - 3 (х2 - 4* - 2 + х) - х - 2 ■= 0.
При х = а, а2 - За - а - 2 = 0, то есть а является корнем
второго уравнения.
893. Из условия следует, что число Ъп - 1 - 5(п - 10) = 49
делится на р, а так как р — простое число, то р = 7.
Но 2000/1 +13 = 285 • 7п + Ъп - 1 + 14. Очевидно, данная
сумма кратна 7. *
894. Из неравенства между средним арифметическим и
средним геометрическим имеем:
— + &с>2а2, — + ас>262, — + а&>2с2.
be ас аЬ
Сложив эти неравенства, получим:

2
^ Ответы, указания, решения 321
-?5\.
— + — + — + bc + ac + ab>2
be ас ab
(а2+Ъ2 Ъ2+с2 а2+с2\
+ +
> 2{ab + bc + ас), откуда и следует доказываемое неравен-
ство.
895. Пусть О — центр Окружности, содержащей точки А
и С, а Т — центр окружности, содержащей точки В и D.
Проведем радиусы ОА, ОС, ТВ, TD, а также касательные к
исходной окружности в точках А и Б. Пусть касательные
пересекаются в точке Н (случай, когда касательные парал-
лельны, рассмотрите самостоятельно).
Докажем равенство нескольких пар углов. Углы между
касательными и хордой MN (ZHAB и ZHBA) равны, так как
каждый из них равен половине дуги, «высекаемой» хордой
и касательной на окружности.
Так как ZOAB = 90° - ZHAB и ZTBA = 90° - ZABH, то
ZOAB = ZTBA. Треугольники АОС и BTD равнобедренные, а
значит, ZOAC = ZOCA и ZTBD = ZTDB. Рассмотрим углы
четырехугольника ABDC: ZA + ZD = ZOAB + ZOAC + ZTDB +
+ ZTDC; ZB + ZC = ZTBA + ZTBD + ZOCA + ZOCD. Учиты-
вая, что ZOCD = ZTDC = 90°, получим ZA + ZD = ZB + ZC.
Значит, четырехугольник ABDC вписанный.
896. К сожалению, формулировка задачи оказалась не-
корректной, а решение, рекомендованное авторами, соответ-
ственно неправильным.
Решение найдено на олимпиаде учащимся 9 класса Сер-
геем Володько.
Решение. Заменим все числа их остатками от деле-
ния на 3. Разобьем всю последовательность на следующие
группы:
— в начале 12 0;
— в конце 0 12;
— (2000 - 3 - 2): 3 = 665 фрагментов вида 0 12 0.
Тут каждый 0 принадлежит двум соседним фрагментам,
и знаки ставятся только между цифрами.
Пример разбиения для последовательности 1 ... 14.

322 Ответы, указания, решения
12012012012012
Приведем стратегию игры для первого игрока, по кото-
рой окончательная расстановка будет удовлетворять следу-
ющим условиям:
а) в группах 120и012, т. е.в начальной и конечной, —
два знака «+» или 2 знака «х»;
б) в группах 0 12 0 — три знака «+» или два знака «х»
(третий знак произвольный).
Очевидно, что при таком размещении знаков выражение
делится на 3 (группа дает 1 + 2 = 3 или все ее числа умножа-
ются на 0 и не влияют на значение выражения).
Стратегия первого игрока.
1. Первый ход — «+» в произвольной группе 0 12 0.
2. При ходе противника в группе 12 0 (начальной) или
0 12 (конечной) — такой же знак в той же группе.
Очевидно, что эти ходы всегда можно сделать, и получен-
ная расстановка будет удовлетворять условию а).
Назовем группу 0 12 0 нейтральной, если в ней или нет
знаков (пустая), или там поставлены только знаки «х».
3. При ходе противника «4» в пустой нейтральной груп-
пе или при произвольном ходе в нейтральной группе с дву-
мя знаками «х» — поставить «+» в нейтральной группе.
4. При ходе противника «+» в группе с одним «+» —
поставить «+» в эту же группу.
5. При ходе противника «х» в группе с одним «+» или
пустой — поставить «х» в этой же группе.
Пункт а) условия при игре по данной стратегии выпол-
няется.
Докажем, что количество нейтральных групп после хода
цервого игрока всегда четно. После первого хода первого
игрока это верно. Далее после двух ходов количество нейт-
ральных групп не меняется (п. 2, 4, 5) или уменьшается на 2
(п. 3). Значит, ход п. 3 стратегии всегда можно осуществить.
После первого хода первого игрока в расстановке есть
только нейтральные группы и группы с одним знаком «+».
При ходе второго игрока в группе с одним знаком «+» группа
сразу же заполняется первым; при ходе второго игрока в

л^ч Ответы, указания, решения 323
нейтральной группе и ответе первого, или нейтральная груп-
па становится с двумя знаками «х», или появляется группа с
одним «+» (или заполняется группа с двумя «х»). Значит,
при игре по данной стратегии после хода первого игрока
каждая группа или полностью заполнена, или нейтральная,
или с одним знаком «+».
Согласно стратегии пустая "группа или становится груп-
пой с двумя «х» (тогда она удовлетворяет условию б)) или
становится группой с одним «+». Группа с одним «+» или
заполняется двумя «+» (т. е. в ней становится три «+»), или
заполняется двумя «х» (т. е. удовлетворяет условию б)).
Значит, полученная в конце игры расстановка удовлетворяет
условиям а) и б), и значение выражения, полученного в кон-
це игры, делится на 3, т. е. выигрывает первый игрок.
897. Возведя равенство в квадрат и преобразовав его, по-
лучим:
(x-lf+(у-2)2+(z-3)2+2^2x-y2+z2-7-py-x2+z2-12 = О,
откуда единственное решение х = 1, у = 2, z = 3 (в левой
части стоит сумма неотрицательных чисел).
898. Пусть у Ивана Карповича х кур и у индюков. Индю-
ками себя считают 0,9г/ индюков и 0,1* кур, что является
пятой частью всех птиц. Тогда 0,9z/ + 0,1л: = 0,2(лс + у), отку-
да, х = 1у и, значит, х + у = 8z/, то есть индюки составляют
восьмую часть всех птиц.
899. Пусть точка О — точка пересечения прямых ААХ и
ВВХ. Докажем, что ССХ также пересекает ААХ в точке О:
предположим, СС1 пересекает ААХ в точке Ох. Треугольники
ABC и А1В1С1 подобны. Пусть коэффициент подобия k. T^e-
угольники АОхС и А101С1 также подобны, причем коэффици-
ент подобия тот же: k = ОхА : OxAv Проведем аналогичные
рассуждения для треугольников АОВ mAfiB^ Получим, что
k = ОА : ОА^. Следовательно, точки О и Ох совпадают. Пло-
щади подобных треугольников ABC и А1В1С1 относятся как
а : Ь, поэтому их линейные размеры относятся как у/а : Ъ.
Пусть Рх — точка пересечения отрезков АХВХ и РО. Тогда

2
324 Ответы, указания, решения *Р^У\
РО = у/а : Ь Pfi, следовательно, площади треугольников РВхО
и РлВлО относятся как Проведя аналогичные рассуж-
дения для треугольников QBfi, QCxO, RCxO, RAxO, PAxO, мы
придем к выводу, что площади треугольников PQR и А1В1С1
относятся как \Ja : Ъ.
Следовательно, S (PQR) = by/a : b = yfab.
900. Непосредственно из условия следуют два утверждения:
а) а0+аг+... + а10 = 11, а также
б) а0+а1+... + а10=0-а0 + 1'а1+2'О2+... + 10-а10, отку-
да получим а0 = а2 + 2а3 + За4 +... + 9а10. Далее рассмотрим
возможные значения а0. Случаи а0 = 0, а0= 1, а0= 2 приводят
к противоречию (например, если а0 = 2, то из б) следует, что
2 = а2 + 2а3 + За4 +... + 9а10. Но так как at целые неотрица-
тельные числа, то данная сумма может быть равна 2 лишь в
случае, если а4 = ... = а10 = 0, а это противоречит тому, что
а0= 2). Задачу можно решить перебором всевозможных зна-
чений, но можно и сократить этот перебор следующими рас-
суждениями. Пусть а0 = р, р > 3, то есть в данном наборе
чисел существует хотя бы одно число р и, значит, ар > 1. Из
б) следует, что р > (р - 1), откуда а < 1 + < 2 (так как
р-1
р > 3), то есть а = 1. Тогда из б)
р
а2 + 2а3 + ...(р - 2)ар_х + рар+1 +... + 9а10 = а0 - (р - 1)ар =
= р-(р-1) = 1.
Но тогда а2 = 1» я3 = ••• = аю = 0> Др = 1.
Значит, at = 2, a0 = 7, но тогда р = 7 и а7 = 1 и един-
ственный набор чисел, удовлетворяющий условию: (7, 2, 1,
0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0).
901. Пусть tg2jc = i/, то есть у--
l-tg2x

2
л^\ Ответы, указания, решения 325
a - = \{-± tgx\ Тогда 4 = Т^~ + t*a *~Ь
у 2[tgx ) у2 tg2x
1 4
откуда ——- + tg2 х = —■ + 2.
tg2 * i/2
it
Значит, tg4 x + ctg4 * = + tg2 x\ - 2 = — + — + 2.
l^tg2* J i/4 i/2
Так как при хе 0;^ , ye (0;oo), To /Ы =— +— + 2.
V 4J У4 У2
Пусть sin2 x = a, cos2 x = b.
(2 \
Тогда / (sin x) + / (cos x) = 4 1
Так как afc = — sin2* < —,
4 4
2
T0 /(sin*) + /(cos*)> 4
/
1^0,25
-1
= 196.
902. Рассмотрим сумму S кубов трех последовательных
натуральных чисел: (п -1) + nz + (п + 1) = Zn (п2 + 2).
Это число при нечетном п нечетно, а при четном кратно
4. То есть S либо нечетно, либо кратно 4. Число же, состоя-
щее только из двоек, четно, но не кратно 4. Следовательно,
искомых чисел не существует.
903. По свойству угла между касательной и хордой, про-
веденной через точку касания, ZCDK = ZCBD - — u CD.
С другой стороны, ZCDK = ZCFK (углы, вписанные в
окружность, описанную вокруг треугольника CDE, и опира-
ющиеся на одну дугу СК). Из этих двух равенств следует,
что ZCFK = ZCBD. Следовательно, прямые BD и KF парал-
лельны.

2
326 Ответы, указания, решения O^S\
904. Рассмотрим функцию:
f(x) = sin 1999л: + sin ax + sin bx, x e R.
По условию, нужно найти такие значения а и Ь, при кото-
рых f(x) = 0 на Л. Но тогда также/'(*) = 0 и /"(*) = О на R.
Тогда для каждого х е R должны выполнятся равенства:
lf'{x) = 1999 cos 1999* +a cos a*+ fc cos foe = О,
{/"(х) = -19993 cos 1999* -а3 cos а* -b3 cosbx = 0.
Jl999 + a + & = 0,
При х = 0 получаем: j199g3 + аз + Ьз = 0# (1)
Используем следующее тождество:
и3 +v3 + w3 -Zuvw = {u + v + w)(u2 +v2 +w2 -uv-uw-vw).
Подставляя в это тождество и = 1999, v = а, н; = Ь, и
используя (1), получим: uuw = 1999a& = 0, откуда либо а = 0,
либо Ь = 0. Используя первое уравнение (1), получаем два
возможных решения: (0; -1999), (- 1999; 0). Проверкой убеж-
даемся, что это действительно решения.
905. Применив неравенство между средним арифмети-
ческим и средним геометрическим, получим:
12 = ху + yz + zx > 3%J(xyz) ; xyz = х + у + z + 2> 4$j2xyz.
Из первого неравенства получаем: xyz < 8. А из второго, с
учетом xyz > 0, получаем: xyz > 8. Следовательно, xyz = 8.
Но равенство достигается только при х = у = z = 2 (из нера-
венства между средними). Проверка показывает, что эта трой-
ка — решение.
906. Рассмотрим также трехэлементные подмножества
X\Al, ...,X\Aq. Так как всего есть С3 =20 подмножеств
множества X, то существует подмножество С, не совпадаю-
щее ни с одним из подмножеств At и Х\ А19 1 > i > 9. Покра-
сим элементы С в один цвет, а элементы Х\С в другой. Те-
перь любое подмножество At обязательно содержит как эле-
менты С, так и элементы Х\С.

СОДЕРЖАНИЕ
Задачи математических олимпиад 3
I олимпиада, 1961 г 4
8 класс 4
9 класс 4
10 класс 5
II олимпиада, 1962 г 5
7 класс 5
8 класс 6
9 класс 6
10 класс (вариант 1) 7
10 класс (вариант 2) 7
III олимпиада, 1963 г 7
7 класс 7
8 класс 8
9 класс 8
10 класс 9
11 класс 9
IV олимпиада, 1964 г 9
7 класс 9
8 класс 10
9 класс 10
10 класс 10
11 класс 11
V олимпиада, 1965 г 11
7 класс 11
8 класс 12
9 класс 12
10 класс 13
11 класс ., 13
VI олимпиада, 1966 г 14
8 класс 14
9 класс 14
10 класс 15
11 класс 15
VII олимпиада, 1967 г 16
8 класс 16
9 класс ..* 16
10 класс 17
VIII олимпиада, 1968 г 17
8 класс 17

328 Содержание o'Sx
9 класс . 18
10 класс 18
IX олимпиада, 1969 г 19
7 класс 19
8 класс 19
9 класс 20
10 класс 20
X олимпиада, 1970 г 21
7 класс 21
8 класс 21
9 класс 22
10 класс 22
XI олимпиада, 1971 г 23
7 класс 23
8 класс 23
9 класс 24
10 класс 24
XII олимпиада, 1972 г 25
7 класс 25
8 класс 25
9 класс 26
10 класс 26
XIII олимпиада, 1973 г 27
6 класс 27
7 класс 27
8 класс 28
9 класс 28
10 класс 29
XIV олимпиада, 1974 г 29
6 класс 29
7 класс 30
8 класс 30
9 класс .31
10 класс 31
XV олимпиада, 1975 г 32
6 класс 32
7 класс 32
8 класс 33
9 класс 33
10 класс 34
XVI олимпиада, 1976 г v......* 35
6 класс v 35
7 класс 35
8 класс 36
9 класс 36
10 класс 37
XVII олимпиада, 1977 г 38
6 класс 38
7 класс 39

л^\ Содержание 329
8 класс 39
9 класс 40
10 класс 41
XVIII олимпиада, 1978 г 41
6 класс 41
7 класс 42
8 класс 42
9 класс : 43
10 класс .........Л 44
XIX олимпиада, 1979 г 45
6 класс 45
7 класс 45
8 класс 46
9 класс 46
10 класс 47
XX олимпиада, 1980 г . 48
6 класс 48
7 класс , 48
8 класс - 49
9 класс... 49
10 класс 50
XXI олимпиада, 1981 г 50
6 класс 50
7 класс 51
8 класс 51
9 класс 52
10 класс > 53
XXII олимпиада, 1982 г 53
7 класс 53
8 класс 54
9 класс 54
10 класс 55
XXIII олимпиада, 1983 г 55
6 класс 55
7 класс 56
8 класс 57
9 класс 57
10 класс 58
XXIV олимпиада, 1984 г 58
6 класс . 58
7 класс 59
8 класс 59
9 класс 60
10 класс 60
XXV олимпиада, 1985 г. 61
6 класс 61
7 класс 61
8 класс 62
9 класс 63

330 Содержание oS\
10 класс 63
XXVI олимпиада, 1986 г 64
6 класс 64
7 класс 64
8 класс 65
9 класс 65
10 класс 66
XXVII олимпиада, 1987 г. 67
6 класс 67
7 класс 67
8 класс 68
9 класс 69
10 класс 69
XXVIII олимпиада, 1988 г 70
6 класс 70
7 класс 71
8 класс 71
9 класс 72
10 класс 73
XXIX олимпиада, 1989 г 74
6 класс 74
7 класс 74
8 класс 75
9 класс 76
10 класс 76
XXX олимпиада, 1990 г 77
7 класс 77
8 класс 78
9 класс 78
10 класс 78
11 класс 79
XXXI олимпиада, 1991 г 80
7 класс 80
8 класс 81
9 класс 81
10 класс 82
11 класс 83
XXXII олимпиада, 1992 г 83
7 класс 83
8 класс... 84
9 класс v......v 85
10 класс .*. 85
11 класс 86
XXXIII олимпиада, 1993 г 87
7 класс 87
8 класс 87
9 класс 88
10 класс 89
11 класс 89

Содержание 331
XXXIV олимпиада, 1994 г 90
7 класс 90
8 класс 90
9 класс 91
10 класс 91
11 класс 92
XXXV олимпиада, 1995 г 93
7 класс 93
8 класс :л 93
9 класс 94
10 класс 94
11 класс 95
XXXVI олимпиада, 1996 г 96
7 класс 96
8 класс 97
9 класс 97
10 класс 98
11 класс 98
XXXVII олимпиада, 1997 г 99
7 класс 99
8 класс 99
9 класс 100
10 класс 101
11 класс 101
XXXVIII олимпиада, 1998 г 102
7 класс 102
8 класс 103
9 класс 103
10 класс '. 104
11 класс 105
XXXIX олимпиада, 1999 г 106
7 класс 106
8 класс 106
9 класс 107
10 класс 107
11 класс 108
XL олимпиада, 2000 г 109
7 класс 109
8 класс 109
9 класс 110
10 класс 111
11 класс 112
Ответы, указания, решения 113

Издательство
Ф
еникс
Отдел оптовых продаж:
344082, г. Ростов-на-Дону, пер. Халтуринский, 80
Контактные телефоны: (863) 261-89-53,261-89-54,
261-89-55,261-89-56,261-89-57, факс: 261-89-58
Начальник отдела — РОДИОНОВА Татьяна Александровна;
e-mail: torgl52@phoenixrostov.ru
Заместитель начальника отдела — МЕЗИНОВ Антон Николаевич
e-mail: torgl51@phoenixrostov.ru
Менеджер по продажам на
территории Москвы, Центра
европейской части России
и республики Казахстан
ЧЕРМАНТЕЕВА
Татьяна Степановна
e-mail: torgl55@aaanet.ru
Менеджер по продажам
на территории Урала
и Северо-Запада
ХОМУТЕЦКАЯ
Екатерина Владимировна
e-mail: torgl53@aaanet.ru
Менеджер по продажам
ФРАНК Татьяна Викторовна
e-mail: sibir@aaanet.ru
Менеджер по продажам
на территории ближнего
и дальнего зарубежья
ЯРУТА Игорь Игоревич
e-mail: torgl50@aaanet.ru
Менеджер по продажам
ФЕДОТОВА Ирина Петровна
e-mail: torg@aaanet.ru
Менеджер по продажам
ЕРЕМЕНКО Алла Сергеевна
e-mail: torgl80@aaanet.ru
Менеджер по продажам
БЕСКРОВНЫЙ
Виктор Александрович
e-mail: ural@aaanet.ru
Вы можете получить книги издательства «Феникс»
по почте, сделав заказ:
344082, г. Ростов-на-Дону, пер. Халтуринский, 80
000 «Феникс», «Книга — почтой», Лоза Игорю Викторовичу
Тел.: 8-909-440-64-21, e-mail: tvoyakniga@maiL.ru

^21*^ Издательство ^^"\ ||
■р^ Региональные п
1 г. МОСКВА
II Москва, 17-й проезд
|| Марьиной рощи, д. 1,
II метро «Тимирязевская»
1 Тел.: (495) 618-03-34
|| e-mail: fenix-m@yandex.ru
|| Директор:
|| М0ИСЕЕНК0 Сергей Николаевич -
|| Москва, шоссе Фрезер, 17,
|| район метро «Авиамоторная»
1 Тел.: (495) 517-32-95
|| Тел./факс: (495) 789-83-17
|| е-mail: mosfen@pochta.ru
|| mosfen@bk.ru
|| Директор:
II МЯЧИН Виталий Васильевич
|| Торговый Дом «КноРус»
II Москва,ул. Б. Переяславская,46,
|| метро «Рижская», «Проспект мира»
11 Тел.: (495) 680-02-07, 680-72-54,
1 680-91-06, 680-92-13
|| e-mail: phoenix@knorus.ru
II г. САНКТ-ПЕТЕРБУРГ
1 198096, г. Санкт-Петербург,
|| ул. Кронштадтская, 11, офис 17
1 Тел.: (812) 335-34-84
|| e-mail: fnx.spb@mail.ru
|| Директор:
|| СТРЕЛЬНИКОВАОксана Борисовна
1 Г.ЕКАТЕРИНБУРГ
|| 620085, г. Екатеринбург,
1 ул.Сухоложская,д. 8
1 Тел.: (343) 297-25-75
|| e-mail: fenixkniga@mail.ru
|| Директор:
1 КУТЯНИНАОлеся Сергеевна
Щгеникс
редставительства: II
Г.ЧЕЛЯБИНСК— II
00Q «Интер-сервис ЛТД», 1
454007, г. Челябинск, 1
ул. Артиллерийская, д. 124 1
Тел.: (351) 247-74-13 1
e-mail: zakup@intser.ru 1
Менеджер: ШАРМАНОВАЛюбовь 1
Г.НОВОСИБИРСК— 1
000 «ТОП-Книга» 1
г. Новосибирск, ул. Арбузова, 1/1 1
Тел.: (3832) 36-10-28, доб. 1438 1
e-mail: phoenix@top-kniga.ru 1
Менеджер: 1
МИХАЙЛОВА Наталья Валерьевна 1
УКРАИНА — 000 ИКЦ «Кредо» II
г. Донецк, ул. Куйбышева, 131 1
Тел.: +38 (8062) 345-63-08, 1
348-37-91, 348-37-92, 345-36-52, 1
339-60-85, 348-37-86 1
e-mail: moiseenko@skif.net 1
МОИСЕЕНКОВладимир Вячеславович 1
г. НИЖНИЙ НОВГОРОД ||
(Верхнее Поволжье) 1
Нижний Новгород, HI
Мещерский бульвар, 5, кв. 238 1
Тел./факс: (8312) 77-48-70 1
e-mail: fenixn@rambler.ru 1
Директор: 1
КОЦУБА Вячеслав Вячеславович 1
г. САМАРА (Нижнее Поволжье) 1
Самара, ул. Товарная, 7Е 1
(территория базы «Учебник») 1
Тел.: (846) 951-24-76 1
e-mail: fenixma@mail.ru 1
Директор: 1
МИТРОХИН Андрей Михайлович 1

Издательство
Цгеникс
Приглашает к сотрудничеству
АВТОРОВ для издания:
0 учебников для ПТУ, ссузов и вузов;
0 научной и научно-популярной литературы
по МЕДИЦИНЕ и ВЕТЕРИНАРИИ, ЮРИСПРУДЕНЦИИ
и ЭКОНОМИКЕ, СОЦИАЛЬНЫМ и ЕСТЕСТВЕННЫМ
НАУКАМ;
0 литературы по ПРОГРАММИРОВАНИЮ
и ВЫЧИСЛИТЕЛЬНОЙ ТЕХНИКЕ;
0 ПРИКЛАДНОЙ и ТЕХНИЧЕСКОЙ литературы;
0 литературы ПО СПОРТУ и БОЕВЫМ ИСКУССТВАМ;
0 ДЕТСКОЙ и ПЕДАГОГИЧЕСКОЙ литературы;
0 литературы по КУЛИНАРИИ и РУКОДЕЛИЮ.
ВЫСОКИЕ ГОНОРАРЫ!!!
ВСЕ финансовые ЗАТРАТЫ БЕРЕМ НА СЕБЯ!!!
При принятии рукописи в производство
ВЫПЛАЧИВАЕМ гонорар на 10% ВЫШЕ
ЛЮБОГО РОССИЙСКОГО ИЗДАТЕЛЬСТВА!!!
Рукописи не рецензируются
и не возвращаются!
Руководитель редакцйонно-издательского отдела:
Китцель Елена Александровна
E-mail: nnm@aaanet.ru
_ Тел.: 8 (863) 261-89-60
САЙТ http:Wwww.phoenixrostov.ru

Торговый дом
ПРЕДЛАГАЕТ:
0 Около 100 новых книг каждый месяц
0 Более 3000 наименований книжной
продукции собственного производства
0 Более 1500 наименований обменной
книжной продукции от лучших издательств
России
ОСУЩЕСТВЛЯЕМ:
0 Оптовую и розничную торговлю книжной
продукцией
ГАРАНТИРУЕМ:
0 Своевременную доставку книг в любую
точку страны, ЗА СЧЕТ ИЗДАТЕЛЬСТВА,
автотранспортом и ж.-д. контейнерами
0 МНОГОУРОВНЕВУЮ систему скидок
0 РЕАЛЬНЫЕ ЦЕНЫ
0 Надежный ДОХОД от реализации книг
нашего издательства
НАШ АДРЕС:
344082, Ростов-на-Дону,
пер. Халтуринский, 80

Серия
«Большая перемена»
Довбыш Раиса Ивановна,
Потемкина Лариса Леонидовна,
Трегуб Нина Леонидовна,
Лиманский Владимир Васильевич,
Оридорога Леонид Леонидович,
Кулеско Наталья Александровна
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОЛИМПИАДЫ
906 самых интересных задач и примеров с решениями
2-е издание
Ответственный редактор ЕЛ. Китцель
Технический редактор ГЛ. Логвинова
Дизайн обложки: Ю.Н. Солодченко
Подписано в печать 20.09.08. Формат 84xl08V32-
Бумага тип. № 2. Печать офсетная.
Гарнитура «SchoolBook».
Тираж: 3000 экз. Заказ № 790.
ООО «Феникс»
344082, г. Ростов-на-Дону, пер. Халтуринский, 80
Тел.: (863) 261-89-60, факс: (863) 261-89-50
e-mail: nnm@aaanet.ru
ООО ЩСФ «БАО»
83050, Украина, г. Донецк, ул. Артёма, 90
Тел.: (062) 381-89-49
Отпечатано с готовых диапозитивов в ЗАО «Книга»
344019, г. Ростов-на-Дону, ул. Советская, 57.
Качество печати соответствует предоставленным диапозитивам.