В.Н.БЕРЕЗИН, Л.Ю.БЕРЕЗИНА, ИЛ.НИКОЛЬСКАЯ


Н.БЕРЕЗИН Л.Ю.БЕРЕЗИНА ИЛ.НИКОЛЬСКАЯ
СБОРНИК ЗАДАЧ
ДЛЯ ФАКУЛЬТАТИВНЫХ
И ВНЕКЛАССНЫХ
ЗАНЯТИЙ
ПО МАТЕМАТИКЕ
КНИГА
ДЛЯ УЧИТЕЛЯ
МОСКВА «ПРОСВЕЩЕНИЕ» 1885
ББК 74.262
Б 48
Рецензенты:
Е> Bt Ашкинузе, учитель математики 613-й школы Москвы;
В. Я. Зобнин, учитель матемагики 447-й школы Москвы
Березин В. Н, и др.
Б48 Сборник задач для факультативных и внеклассных занятий
по математике: Кн. для учителя / В. Н. Березин, Л. Ю. Бере-
зина, И. Л. Никольская. —М.: Просвещение, 1985. — 175 с.,
ил.	.	2
В книгу включены задачи различных разделов школьного курса математики^
Их решение предполагает использование знаний основного и факультативного кур*
еов математики в новых, нетривиальных ситуациях и разнообразных приложениях.
Ко всем задачам даны решения.
Б I?**60!00”0 Т?°2 70-85	ББК 74.262
103(03) —85	51
(§)Издательство «Просвещение» 1985
ПРЕДИСЛОВИЕ
Назначение данной книги —• помочь учителю в достижении ряда
важных целей, которые стоят перед ним в процессе факультативного
и внеклассного обучения математике.
Одна из этих целей — дать учащимся, проявляющим повышенный
интерес к математике, возможность углубленного изучения основно-
го курса путем рассмотрения задач, требующих нестандартного под-
хода при своем решении.
Другой важной целью является формирование мировоззрения уча-
щихся, развитие их логического и Творческого мышления.
 Достижению этих целей служат специально подобранные задачи.
Систематические упражнения в решении таких задач помогут обеспе-
чить действенность приобретаемых учащимися знаний по математике.
В предлагаемое пособие входят задачи, решение которых не тре- *
бует дополнительных к предусмотренным программой основного кур-
са знаний, но эти знания используются в новых нетривиальных си-
туациях.
При решении отдельных задач требуется углубленное знание не-
• которых теоретических вопросов, рассмотрение различных тонкостей,
которые нецелесообразно рассматривать со всем, составом учащихся
на уроках. В сборник также включены задачи поискового характера,
предусматривающие математическое моделирование реальных ситуа-
ций и интерпретацию результатов.
Книга состоит из четырех разделов. В первом разделе «Алгебра
и элементарные функции» даны задачи по курсу «Алгебра» для
VI—VIII классов и курсу «Алгебра и начала анализа» для IX—X
классов. Второй и третий разделы «Планиметрия» и «Стереометрия»
содержат задачи по курсу геометрии. Четвертый раздел «Разные за-
дачи» содержит задачи, направленные не столько на углубление -зна-
ний материала школьного курса, сколько на развитие сообразитель-
ности и логического мышления.
Задачи трех первых разделов распределены по классам, причем
отнесение задачи к тому или иному классу определяется возможно-
стью решить ее теми средствами, которыми к этому времени распола-
гают учащиеся в результате изучения материала основного курса.
3
В каждом разделе к задачам даны решения. Многие задачи допу-
скают несколько различных решений. Авторы выбирали такие реше-
ния, которые, по их мнению, наиболее доступны, естественны и помо-
гают учащимся4«набить руку» в практике решения разнообразных
задач.
Некоторые из представленных в пособии задач заимствованы из’
школьных задачников разных лет изданий, сборников конкурсных
и олимпиадных задач, журналов «Математика в школе», «Квант»,
«Юный техник».
Большинство задач, помещенных в сборнике, были рассмотрены
с учащимися разных школ, а также с учащимися физико-математиче-
ской школы МИИТа.
Авторы надеются, что предлагаемая книга поможет учителю в вы-
работке у учащихся навыков умственного труда и в. привитии интере-
са к решению математических задач.
I. АЛГЕБРА И ЭЛЕМЕНТАР-
НЫЕ ФУНКЦИИ
7 класс
‘1. Пусть a, b, — всевозможные простые делители натураль-
ного числа N, причем в разложение числа N на простые множители
а входит р раз, b входит q раз,..., t входит г раз. Найти число всевоз-
можных делителей N. - ’	.	.
2.	Показать, что п2 + п + 1 при натуральном п есть нечетное чис-
ло, не являющееся квадратом никакого другого натурального числа.
_'	ad 4- be
3.	Доказать, что дробь —5- является несократимой тогда и
bd
только тогда, когда b и d взаимно простые числа.
. тт	ft + С + d + .«+ fe + / Ь , с
4.	Доказать, что ——х—х—х— ---------------------:--------1_
а (а + Ь + с + ... +* + 0 a(a + b) (a+b)(a+b+c) "
+ " %.+ *+... + *) (a+b+... + k + l)'
5.	Дано, что тп 4- pq делится, без остатка на т — р. Доказать,
что mq + пр тоже делится без остатка на т — р.
6.	Доказать, что корень квадратный из натурального числа не
может быть выражен несократимой дробью — (п =/= 1).
7.	Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби
24/3
. /6 —/3 + /2-1
8.	Пусть а, b и с — целые числа. Доказать, что произведение
(1 -f- а2) (1	b2) (1 4- с2) может быть представлено в виде суммы •
квадратов двух целых чисел.
„ п	3734- 133	37+ 13	503 + 483
9.	Два числовых тождества —х—=—х— и —X— =
373 + 243	37 + 24	503 + 2?
50 + 48	х	‘ „	-	-
= 50 2 получены при подстановке числовых значении в буквенное
тождество. Какое?
10.	Какое из двух чисел больше: 2/2+ /18 или .4?
11.	Доказать, что число yj — Зп + (—1)” — 1, где [х] означает
целую часть числа х, при натуральных значениях п делится без ос-
татка на 5.
12.	Какое надо добавить слагаемое, чтобы сумма х + у + г +
+ ху + хг + yz + xyz разлагалась на произведение .трех множите-
лей? Какие это множители?
13.	Доказать, что для любых действительных значений a, b, с, d
и е справедливо неравенство (а — Ь) (а — с) (а — d) (а — е) +
yj — Зп + (—1)" — 1, где И означает
S
(b — a) (b — c) (b ~d) (b — е) + (с — а) (с — b}(c— d} (c-e) +
4- (d — a) (d — b) (d — c) (d — e) + (e — a) (e — b)(e — c) (e—d) >0.
14.	Известно, что d >c, a + b = c + d, a + d <b 4- с. Можно
ли по этим данным числа а, Ь, с и d записать в порядке возрастания?
15.	Известно, что х и у — длины катетов прямоугольного треуголь-
ника, z — длина его гипотенузы. Выяснить, что больше: а) х* 3 4 * * * 8 4- У3
или z, б)-----1— или —.
X у	Z
т,	, „	.	5678901234 п 5678901235
16.	Какая из двух дробей А =------------и В = -————
3	-	6789012345	6789012347
больше?
,8 класс
17.	Дано число V 7 -/ЭД/З— /3. Рациональное оно или ирра-
циональное?
18* Показать, что найдутся такие иррациональные числа Л и В,
что Ав — число рациональное.
19.	Доказать, что если числа х, у и(/х4~/у) рациональные,
то и V~x — ]/у тоже рациональное число.
20.	Извлечь без помощи таблиц кубические корни из чисел:
а) 7 4- 5/2; _б) 16 4- 8/5; в) 37 4- 30/3; г) 9/3 — 11/2;
д) 21/6 —23/5.
21.	Что больше: (/г!)2 (п! == 1 • 2 • 3 • ... • п) или п" (п > 3)?
22.	Упростить выражение (у — г)8 4~ (z — х)3 4- (х — у)3.
23.	Освободиться от иррациональности в знаменателе
/а
24. Найти сумму — 4-	~Ц 4- ••• 4- ——- = У —-—•
3	3 J-2	2-3	3-4	(л—1)л	+
25. Найти сумму --------1---------1~.--4-----------------•
3	3 п(п- 1) / п (п 4- 1)	(ла-л — 1)(П2 — л)
26. Найти сумму ---5----1--------------|- ... 4-
л^л4- О (л4-1)(п4-2)
4---------!----:—.
(п?-]-п — 1) (л2 + п)
27. Найти сумму ---------1---------1----?----!---.4-
3	3 1-2-3	2-3-4	3•4•5	-
+---------------= У---------------•
п(»+1)(«4-2) l(i 4- 1)0 + 2)
6
28.	Найти сумму 1 •24-2<3 + ^"44-... + п(л4-1) =
= 2‘(» + 1)-
29.	Найти сумму 1 -2 •3 + 2- 3*4 + 3*4.5 + ... 4-
+ п (п 4- 1) (л + 2) = V + О О' + 2)-
30.	Найти сумму (1 4- 2 4- ••• 4- я) 4- (1 4- 2 4- ••• 4- (п — 1)) 4-
4-... 4-(14-2) 4-1-
31.	Найти сумму I2 4- 22 4- З2 4- ••• 4- л2 = ^2.
t=i
32.	Найти сумму I3 4- 2s 4- 3® 4- ••• 4- п3 = ^i3.
;=t
33.	Подсчитать число различных квадратов на квадратном листе
бумаги в клетку размером л X л. Вершинами квадратов служат узлы
бумаги в клетку, их стороны лежат на линейках клетчатой сетки. '
34.	Найти сумму 1 • л 4- 2 • (л — I) 4- 3 • (л — 2)4-...+
4-(л — 1) • 2 4-л • 1.
35.	Найти сумму (I2 4- 22 4-- 4-п2) 4-(I2 4-22 4-••• 4-
+ (л - I)2) 4- - 4- (I2 4- 22) 4- I2.
36.	Найти сумму следующих слагаемых: (1)4-(2-4-3)4*
4- (4 4- 5 4- 6) 4- (7 4- 8 4- 9 4- Ю) 4- ••• • Число слагаемых в каж-
дой паре скобок совпадает с номером этой пары скобок.
37.	Ряд нечетных натуральных чисел, начиная с единицы, разби-*
вается на группы. В первой группе одно число (1), во второй — сле-
дующие два (3 4- 5), в третьей — следующие три (7 4- 9 4; 10 и т. д.
Доказать, что сумма чисел в л-й группе равна л8 (з а.д а ч а Нико-
маха — греческого математика, Жившего в I—II вв.).
38.	Найти сумму л членов последовательности: 1, 11, 111,
1111, ... .-
39.	Доказать, что натуральную степень натурального числа можно
представить как сумму последовательных членов арифметической
прогрессии, разность которой — четное натуральное число.
40.	Найти сумму 1 4~ 2<? + 3</2 4~ 4<?3 + •• 4-
г £==!
41.	Определить границы, в которых должно заключаться т, чтобы
корни уравнения х2 — 2тх -j- т2 — 1=0 находились между —2 и 4.
42.	Для каких значений а разность корней уравнения ах2 4- х —
— 2 = 0 равна 3?
43.	Найти значение числа а, при котором уравнения х3 4~ ах + 1=*
= 0их44_я*24-1=0 имеют общий корень.
44.	При каком значении а уравнение (х — а2)2 — х имеет отрица-
тельные корни.
45.	Решить уравнение —-—-—I——4---------------*-----=0.
х— а х—Ь	х—с	х — Ъ— с-{-а
46.	Шины на передних колесах автомобиля стираются за Л1 кило-
А	метров пути, такие же шины на задних колесах авто-
/" ‘"'V	мобиля стираются за п2 километров, причем п2 < «1-
I х )	Как добиться того, чтобы шины на всех колесах стер-
I	J	лись одновременно? На сколько при этом удается
удлинить путь автомобиля без смены шин?
47.	Три колеса А, В и С расположены так, как по-
/	\ казано на рисунке !. Колесо В ведущее. Оно пере-
I X 1 . дает вращение колесам А и С посредством трения без
A . J скольжения, Пусть длина окружности колеса В равна
12 см, а длина окружности колеса Л на 1 см меньше,
/ X чем длина окружности колеса С. Колесо Сделает на 1
1х) оборот меньше, чем колесо Л, когда колесо В совер-
’ J шает один оборот. Найти диаметры колес Л и С.
48.	На круглом бильярдном столе радиуса R в точ-
Рис. 1 кС Р на расстоянии d от центра стола О находится
бильярдный шар. Шар ударяют кием так, что он,
последовательно оттолкнувшись от борта стола бильярда в некото-
рых точкйх Л и В, возвращается в точку Р. Под каким углом ОРА
ударили по шару кием?
49.	Доказать, что из кирпича нельзя выпилить другой кирпич
меньшего размера так, чтобы и объем второго кирпича, и полная его
поверхность одновременно равнялись бы соответственно половине
объема данного кирпича и половине его поверхности.
50.	Доказать, что если сумма п положительных чисел равна 1, •
то сумма чисел, им обратных, не менее п2.
51.	Доказать неравенство для положительных значений а и bj
52.	Пусть а + b 1. Доказать, что а* 4* Ь* .	-
53.	Доказать, что если а > 0, Ь >.0, с > 0, то
1 + 1 2 > _1_ . _L +
а Ъ	с УЬс Уса	Уab
54.	Доказать, что при а > 0, Ь >0, с > 0
6abc ab (а 4- Ь) 4- Ьс (Ь 4- с) 4- ас (а + с)
< 2 (а8 4-4-с8).
55.	Показать, что
Sn = W + W + W + ,', +
56.	Доказать, что при а > 0, b > 0 и с > 0
а3 + д* + с8 > а4-&4~с
а8 +*24-с?	3
57.	В городе п зданий, сумма возрастов которых Т. Отчего город
больше помолодеет: от того ли, что снесут старое здание, или от того,
8
что построят новое? Продолжительностью строительства или про-
цесса сноса здания пренебречь.
58.	Доказать, что —-—|—-—|—— < 2, если а, b и с— сто-
Ь-}- с с 4-а а + Ь
роны треугольника.	'	,	-
59.	Доказать, что если а, b и-с — стороны некоторого треуголь-
ника, то справедливо неравенство а4 4~ Ь4 4- с4 < 2 (а262 4- Л2 +
+ fe2c2).
60.	Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Доказать, что если
АВ + BD = CD + АС, то АВ < АС.
9 класс
61.	Показать, что |х| = max (х;—х).
62.	Доказать справедливость формулы
шах (х,у) = у .{|х — у| 4- х + у}.
63.	а) Вывести формулу (аналогичную приведенной в задаче 62)
для выбора наибольшего из трех чисел х, у иг.
б)	Установить формулу для выбора наименьшего из трех чисел.
в)	Установить формулу длр выбора среднего по величине из трех
чисел х, у и z.
64.	Задать такую функцию, которая принимала бы значение 1
для всех положительных значений х и равнялась бы 0 для всех отрица-
тельных значений х.
65.	Функция f (х) определена на интервале ]—а;а[. Доказать, что:
а) функция ф! (х) = Д(х) + f (—х) четная; б) функция <р2S.x) =
= f (х) — f (—х) нечетная.
66.	Доказать, что система неравенств Д (х) > 0 и Д (х) > 0 рав-
носильна системе неравенств Д (х) 4- Д (х) > 0 и Д (х) • Д (*) > 0»
где Д’(х) и Д (х) принимают только действительные значения.
_67	. Пусть f (х) = cos х + cos А х и А — иррациональное число.
Доказать; что f (х) не является периодической функцией.
68.	Показать, что функция, удовлетворяющая уравнению f (х 4- а) =
1 4- f (х)
= у-—периодическая, и наити ее период.
69.	Доказать, что если а =/= 0, f (х) =/= 0 для всех возможных зна-
чений х и f (х) = f (х— a) f (х -|- а), то функция f (х) периодическая.
70.	Построить графики функций: а) у = |х|;^б) |у| = х.
71.	Сколько целочисленных решений имеет уравнение:
а) | х | 4-1 у | < п; б) | х | 4-1 у | < п?
72.	Построить график функции у = min (х, 1 — х). Записать эту
же функцию аналитически, с помощью знака модуля.
73.	С потолка свисает веревка. По ней спускается равномерно со
скоростью v обезьянка. В момент t она отпускает.веревку и падает


с ускорением свободного падения вниз. Записать оба ее движения —
равномерное и равномерно ускоренное — с помощью одного уравне-
ния с использованием знака модуля.
74.	Доказать,’что все рациональные корни многочлена
Рп (х) = хп + агхп~1 + ... + ап_1Х 4- а„
с целыми коэффициентами — целые числа (теорема Гаусса).
75.	Составить формулу, с помощью которой выражался бы /г-й
член последовательности вида: 0; 2; 2; 4; 4; 6; 6; ....
76.	Составить формулу, с помощью которой выражался бы п-й
член последовательности вида: 2; .2; 2; 4; 6; 6; 6; 8; ... .
77.	Представить аналитически периодическую функцию у (х),
график которой («пила») изображен на рисунке 2.
78.	Представить аналитически периодическую функцию, график
которой («пила») изображен на рисунке 3.
79.	Возрастают или убывают с ростом п члены последовательно-
сти i-1?
2»
80.	При каких значениях параметров а и ft многочлен 12х* — 17Х2 +'
4- ах 4- b делится без остатка на 2х2 4- х — 1?
В задачах 81—83 величины х и у заданы как функции от параметра
/. Исключая t, получаем зависимость у от х или х от у. Определить
характер этой-зависимости.
81.	х = at 4- b, у == ct 4- d, где а, Ь, с и d постоянные, причем
ас #= 0.
82.	х = a cos21 4- b, у — с sin2 t 4- d, где a,*b, cud постоянные,
причем ас ф 0.
S3. X — a cos t 4- b, у = a sin t 4- с, а ф 0.
84.	Дано ху = у*. Ввести параметр t так, чтобы получить сис-
тему х = х (Q, у — у ((), равносильную данному равенству.
85.	Известно, что у = sin* х 4- cos* х 4- k (sin 4 х 4- cos4 х).
а)	При каком значении k у не зависит от х?
б)	При каких значениях k у = 0?
86.	Выразить с помощью радикалов sin 18°.
87.	Доказать, что если а 4- b 4- с — 0, то ab 4- Ьс 4- са С 0.
88.	Доказать, что если и b; (t — 1, 2,..., п) положительны, то
10
дробь- а*~*~аа	принимает значение между наименьшей и
bj + b2 + — + bn
наибольшей из дробей —.
bi
89.	Пусть хъ х2,...,хп— положительные числа. Показать, что
среднее арифметическое этих чисел не меньше их среднего геометри-
ческого, т. е.	> j/xx • х2 • ... • х„ (неравен-
п
с т в о К о ш и).
90.	Пусть х1г х2,	..., х„ — положительные числа, х =
__ *i + *2+ ••• +£« . Примем хя+1 равным х. Определить, что больше: х
п
или +	+	 ’
Я + 1
91.	Доказать неравенство — 4- —4-~ 4-•••4-“2=J4-~^srt при
аз	аа а1
положительных ^(1 = 1, .2, ..., п).
92.	Из решения задачи 91 следует, что при положительных aJt
а2, аз, а„ справедливо неравенство
• 2/2-4-& + ^4-2n.	(1).
\с2	«3	^1/
Кроме того, справедливо неравенство
(^ 4-^4-/^ 4--^4- — + (- + ~}>2п	(2)
\^2	Л1/ W3 ^2/	аП/ '
(так как — 4- —	2 , — 4- — ^2 и т. д. Y
\	' Og	^8	/
Можно ли установить для произвольных положительных alt а2,
..., ап, что больше: левая часть неравенства (1) или левая часть не-
равенства (2)?
93.	Доказать, что если числа х, у и z положительные и х 4- У 4-
4- z= 1, то (- — 1W- — П(- — И > 8.
\х / \у / \ г .	/
94.	При каких положительных значениях переменных a, b и с
справедливо неравенство
—4--1—4-_1_ > _А—?
b-j-c c-f-a a-t-b-j-c
95.	Показать, что если а, b и х положительны, то
/ (х) = ах 4- bx~l	ab.
96.	Доказать,’что (ах 4~ ^2 + ••• + яи) (——h — + ••• + —}
\ at а1	ап /
П2.
97.	Доказать справедливость неравенства
n (а? 4" ~Ь ••• + ап) ((h 4- а2 + ••• + ап^> где fli»
П
аг, •••» ап — любые числа (неравенство Коши — Бун я-
ковского).
98.	Доказать, что произведение р = — • —	• -2п•... X
2 4 6 2п
X ^-9 меньше, чем 0,02.
2500 .
99.	Доказать, что при любом натуральном значении п > 1 сум-
1 , 1 . . 1 * 1 .
ма-------------- + ...4-— больше, чем —, и меньше, чем 1.
л 4-1 ' п 4- 2	2/1	2
100.	Используя неравенство Коши, доказать для натуральных
значений п и х > 0, что 14- — > т/1 + х.
п
101.	Доказать «двойное неравенство Коши»: тат~1> ат~—>
а — b
> mb"1-1, если а > b > 0.
102.	Очевидно неравенство 6 < у^б • 6 • 7 • 7 <7. Нельзя ли
понизить верхнюю границу приведенной оценки корня?
103.	Воспользовавшись двойным неравенством Коши, показать
справедливость так называемых неравенств Проше: 2 >	> j/4 >
>уг5ит. д.
104.	Воспользовавшись, неравенством	доказать
неравенство и!
105.	Числа х и у положительны и х 4- у = 1. Какое наименьшее
значение может иметь выражение — + —?
X у
106.	Найти наибольшее значение:
а)	у = cos х + cos 2х;
б)	у = cos х -j- cos 2х + cos Зх.
107.	В треугольнике АВС угол А больше угла В, угол В больше
угла С. Кроме того, sin А + sin В -f- sin С = 1. Доказать, что в та-
ком треугольнике сумма углов В и С меньше 30°.
108.	Доказать, что
| cosх14-1 sin х| = Kl 4-21 sin х cos х|.
109.	Доказать без помощи таблиц справедливость равенства
logs 2,6 • logs 5,76 = log5 2,4 • log3 6,76.
ПО. Упростить:	7~4^3)
lg(2-/3)	.	.
111.	Доказать неравенство lg7 < -
112.	Определить без помощи таблиц, какое из чисел больше:
log4 60 или log8 30.
113.	Определить без помощи таблиц, какое из двух чисел больше:
logs 7 или log, 27.
114.	Доказать, что ‘ — с,ов> °.
115.	Какое из двух чисел больше} у 9! или •/101?
12
116.	Построить график функции у = х 4- —
117.	Построить график функции у — х------.
х
118.	Построить график функции у — х8 — х.
119.	Построить график функции у = х2 — х4.
120.	Построить график функции у	— хг.
121.	Построить график функции у = cos х 4- sin х.
122.	Построить график функции у = sin8 х.
123.	Построить график функции у = sin 5 х.
124.	Построить график функции у — х sin х.
125.	Построить график функции у — х cos х.
126.	Построить график функции у — х — sin х.
127.	Построить график функции у = 2 | sin х| cos х.
128.	Построить график функции у = х arctg х.
129.	Найти значение предела lim! ~cos •*.
Х-.0 хг
130.	Найти значение-предела lim sin?g~tgx<
*-.0 х8	о .
131.	При каких значениях а уравнение х = аех не имеет корней?.
132.	Сравнить значения функций ух == sin 2х и у2 = 2 sin х при
133.	При каких значениях а график степенной функции у = х2®
имеет вид, показанный на рисунке 4?
134.	При каких значениях х производная функции / (х) = cos4 х 4-
4- sin4 х 4- х равна 1?
135.	Составить уравнение касательной к графику функции
у = -i- (е* 4- е“Л), параллельной оси абсцисс.
136.	В какой точке касательная к графику функции у = ех па-
раллельна прямой у = х — 1?
10 класс
137.	Известно правило, согласно которо-
му можно проверить, является ли х = 1
корнем многочлена Рп (х) — апхп 4г an-ixn~l + •
4- ... 4~ агх2 + <hx + «если сумма коэф-
фициентов многрчлена при х в четных-степе-
нях равна сумме его коэффициентов при не-
четных степенях, взятых с обратным знаком,
то х= 1 является корнем данного много-
члена».
Например, х— 1 является корнем мно-
|У
Рис. 4
О . X
13
гочлена х* — Зх8 4- 2Х2 — х 4- 1, потому что 14-24-1 = 34-1.
Сформулировать и доказать аналогичное правило для проверки то-
го, является ли х= —1 корнем данного многочлена.
138.	Частным от деления многочлена Рп (х) ==алхл 4-	4-
4-	... 4- а2хг 4* «1х 4- ао на даучлен х — b назовем многочлен QB_1(x)
такой, что Рп (х) — Q„_! (х) (х — Ь) 4" с» где с — некоторое число,
называемое остатком от деления.
у Показать, что многочлен пхп+1 — (п 4- 1) х" 4- 1 делится без
остатка (т. е. остаток равен 0) на (х — I)2, и найти частное от этого
деления.
139.	Показать, что остаток от деления многочлена Р„ (х) на много-
член х — а равен Рп (а) (т е о р е м а Безу).
140.	а) Может ли многочлен у, = Хх2 — {1—1)х4«1 при ка-
ких-нибудь значениях 1 > 0 принимать только положительные или
только отрицательные значения для всех значений х?
б) Тот же вопрос для многочлена-у2 = Хх24- (X — 1)х — 1.
141.	Доказать, что если у каждого из двух данных многочленов
Рп (х) и Qm (х) сумма коэффициентов равна 1, то и у произведения
Рп (х) • Qm (х) сумма коэффициентов равна 1.
142.	Показать, что 2х— Зу представляет собой делитель одного
‘из двух выражений
2Х3 — х2у — ху2 — Зу8 и 4х® 4- х2у 4- ху2 — Зу8
и не является делителем другого. Найти общий множитель этих двух
выражений, отличный от 1.
/
Используя симметрию алгебраических выражений, решить устно
уравнения в упражнениях 143—150.
143.	х + - = 3-.
х 3
144.	4.	== 3.
6+ с а + с а + &
145.	-f-	= о. При каких значениях а,. b и с ре-
шение существует?
146.	Vх— 2Кх=~Т 4- Р^х 4- 3 — 4Vx—Т = 1.
х ~~~ '	b	z
147.	-......= —, найти хотя бы один корень.
/х — ь2	а
148.	а + х — ~Ь 1
а — х  ab— 1 ’
149.	х2 == (х — 2)2.	‘
150.	(а 4- х) (Ь 4- х) — (с 4- х) (d 4- х).
151.	Решить уравнение 2 + -J_ + -±- + -±-4--L- = 0.
X & -4- 1 X -ф- А X -j- О л
14
157. Решить систему уравнений
158. Решить систему уравнений
152.	Решить уравнение -—- — -—|
х 2 х 3 х 5 х 6
153.	Решить уравнение | х— 11 — 21 х—21 4- 31 х—31 = 4. .
154.	Решить уравнение — 1 4~	4- 1 = У2?
155.	Решить уравнение У1 + х + Ух — У1—х = 0.
156.	Решить систему уравнений х 4- у 4- г = а,
у + z 4- и sss Ь,
2 + и + X = С,
. и 4- х + у = d.
[ ху 4- хг = а2,
ух + У* = ft2,
I zx 4- zy = <?.
* + y 4-ху = а2,
х 4- г 4- хг = ft,
. у 4- z -|- yz = с2.
159.	Доказать, что при натуральном N > 2 справедливо неравен-
ствоNn+1> (N 4-1)\
160.	Три автоматические линии выпускают одинаковую продук-
цию, но имеют различную производительность. Производительность
всех трех одновременно действующих линий в-1,5 раза выше произ-
водительности первой и второй линий, работающих одновременно.
Сменное задание для первой линии вторая и третья линии, работая
одновременно, могут выполнить на 4 ч 48 мин быстрее, чем его вы-
полняет первая линия. Это же задание вторая линия выполняет на
2 ч быстрее по сравнению с первой. Как отличаются производитель-
ности второй и третьей линий?
161.	При каких значениях х существует угол а, удовлетворяю-
*2 . 5 у । 4
щий уравнению cos а =	??
162.	Найти наибольшее и наименьшее значения выражения
a cos х 4- ft sin у.
163.	Найти наибольшее и наименьшее значения функции у =»
_ sina 2х'
sin* х 4- cos* х
164.	Решить уравнение х /'(х) = 2/ (х), если f (х) = х8 In х.
165.	Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями:
у = ё*, у = e_JC и х — 1.
166.	Для функции у = (cos х 4- sin х)2 найти первообразную,
график которой проходит через точку (0; 1).
X
Г*	X 1
167.	Решить уравнение I cos2 (хи) du — — 4- —• .
о
. х
168.	Найти, при. каком значении а интеграл J11 — а| dt принимает
наименьшее значение.
1S
169. Решить систему уравнений
х + - = 10,
V
у+1-10,
г +- = 10.
X
РЕШЕНИЯ
7 класс *
1.	В качестве делителя N число а может быть выбрано в степенях
1, 2,..., р, число Ь — в степенях 1, 2, ...» Q и т. д., число t в
степенях 1, 2, г. Тогда любое число вида с? • bq • ... • t ,
где р',	...» г' —натуральные числа или нуль, причем р р,
q'	r‘ является делителем числа zv. Замечаем, что в
делитель числа N а может входить в степенях 0,1, •••, р, т. е. для
а имеется р + 1 возможность. Аналогично для b имеется q + 1 воз-
можность и т. д. Всего же делителей числа N оказывается (р + 1)х
X (q +Л) ... (г +1).
2.	Число р2 + п + 1 может быть представлено в виде п (п + 1) +
+ 1, где п — натуральное число. Произведение п (п + 1) четное
число, следовательно, п (п + 1) + 1 —нечетное.
Ближайшие к числу п2 + п + 1 квадраты натуральных чисел
это и2 и (п + I)2. Действительно, п2 + л + 1 > п и Д + и + 1 <
< (п2 + п + 1) + п =2 (П + 1)\ Так как п2 и (п + I)2 — квадраты
последовательных натуральных чисел, а число п + и +1 находится
между названными квадратами, то само оно квадратом натурального
числа быть не может.
3.	Необходимость очевидна. В самом деле, если предположить,
что b и d имеют общий делитель, то этот же делитель имеют числа Ьс
„ и ad и, следовательно, сумма ad + be. Тогда дробь — сократима,
что противоречит условию.
Покажем, что если b и d не имеют общего делителя, отличного от
единицы, то дробь —несократимая. Предположим противное.
Тогда сумма ad + be имеет общий множитель либо с Ь, либо с d. При-
мем для определенности, что ad + be, имеет общий натуральный де-
литель с Ь. Но это невозможно, поскольку число be кратно о, а число
ad — взаимно простое с b (сомножитель # числитель несократимой _
дроби —, d и b не имеют общих множителей по условию). Точно так
же показываем, что сумма ad + be не имеет общего натурального
делителя с d. Таким образом, достаточность доказана.
16
. b 11	с	1	1
4	•	L,l“	*“ "	- —1	’	1	9 • • • )
a (a + b) a a-\-b (a 4- b) (л 4- b 4- c) a + b a-f-ft-l-c
./______________________________ 1 1
(a 4~ ft 4~ ••* ^) (й 4” ft 4“ "'-“Ь 4“ 0 - fl 4- ft 4” ••• 4- a -)- b -f-... k -j- I
Сложив почленно эти равенстза, получим:
-----------1----:------------1 + ... 4-------:----------—-----------------=
a(a-f-b) (a-f-b) (a-f-b-f-с) (a-|-6-f-... 4-&) (я 4~ ft 4~ ••• 4" 4-О
_ 2 1 &4-c4-d4-... 4-ft 4-/
а	a—J- ft 4- • • • 4- ft 4~ 1 и (u 4- ft 4*... 4- ft 4- 0
5. mn — mn— rip + np = (m — p)n 4- «Д»
pq = pq — mq mq = q (p — tri) + mq.
Отсюда mn pq = (m — p) n + q (p — m) 4- (пр +
Первые два слагаемых делятся без остатка на т— р, значит, и
пр + mq делится на т — р.
6.	Предположим, что = — — несократимая дробь. Воз-
п '
водя обе части равенства в квадрат, получаем: k = — = ——, где
П2 Л1
mi и — натуральные'числа (ni =/= 0> не имеющие общих множите-
лей, т. е. приходим к противоречию.
7.	Умножаем и числитель, и знаменатель на 2. Получаем:
	24-/3	=-44-2/3	=
/6 -/3 4- /2 — 1	2-(/2 /3 — /3 4- /2 — 1)
_	1 4- 2/3 4- 3____ (1 4- /З)8	_ /3~4-1
~ 2 (/3 (/2-1)4-(/2-1))	2(/2-1)(/3 4-1) ~2(/2-1)
= |(Кз.4-1)(К2 4-1).
8.	Перемножив, получим: 1 4~ я2 4~ &24-с2 4~й26г4-Л4 4-
4-	Ь2С2 4- а2Ь2с2. Найдем хотя бы один способ представления получен-
ного выражения в виде суммы двух квадратов. Разобьем его на два
симметричных относительно в, ft и с слагаемых:
(1 4- aV + aV 4- b2?} 4- (a8 4- b2 4-V 4- aW). (♦)
Слагаемые группируем так. Первые скобки содержат квадраты
, четырех чисел: 1 (или —1), ab (или —ab), ас (или —ас), Ьс (или —Ьс).
Вторые скобки содержат квадраты чисел а (или —а), Ь (или .—Ь) и
т. д. Составим шесть попарных произведений первых степеней так,
чтобы они дополняли выражения, стоящие в первых скобках, до пол-
ного квадрата.. Такими произведениями (без учета знака) будут:
2ab, 2ас, 2bc, 2a2bc, 2ab2c, 2abc2. Точно так же поступим по отношению
, ко вторым скобкам. Только в одну пару скобок удвоенное произведе-
ние будем брать с одним- знаком,- в другую — с противоположным.
Получаем:	-	,
1 4- о2 4- Ь2 4~ с2 4- а2Ь2 4- а2с* 4- Ь2с2 4- а2Ь2с2 —
. — (а2Ь2 4- Ь2с2 4- а2с2 -f- 1 — 2аЬ — 2Ьс — 2ac^.^a2bc^2a^2c 4-
+ 2abc2) 4 (а2 4 62 4 с2 4 aVc2 4- 2а& 4- 2&с + 2ас — 2а3Ьс —
— 2аЬ2с — 2abc") = (ab 4- Ьс 4- ас — I)2 4- (а 4 b 4- с — abc)2.
Числа ab + Ьс + ас — 1 и а + Ь + с — abc целые.
Можно указать и другие представления данного выражения в виде
суммы двух целых квадратов, например: (—ab — Ьс — ас 4- О2 4
4- (а 4- Ь 4- с — abc)2. '	'	
9.	Замечаем:
373 + 1зз 37 + 13		37 4 13	.
373'4 243 ~ зу + 24 ~ 37 4 (37 _ 13) ’
5034483 __ 50448 _	50448
50342s	5042	~ 504(50 — 48)*
Докажем справедливость следующего тождества:
а® 4 & __ а + Ь
а»+(а — Ь)* ~ а4 (а —Ь)‘
Действительно,
(а4&) (а® —06 4&3)____________________
(а + а — />)(а2 — а(а — Ь) + (а — />)2) “
_ (д4й)(а8 —а»463) = а + b = a4fr
(2а — Ъ) (а2 — аЬ + Ь*) ~ 2а — b ~ а 4 (а — Ь) *
. 10. 2^2 4^18 = у/Т(2 4^9)=^2‘(^8 4^9) >
>2у/^2у/Г8 >2уЛ2у<4=4.
11* Натуральное число п является четным или нечетным. Если
оно четное, то ]— =-^ и данное выражение можно записать так:
— Зп 4 1 — 1= ——• Полученное отрицательное целое число
делится без остатка на 5. Если же п — число нечетное, то Г—1 =
[2J	2 /
и тогда получим: ~— Зп — 1 - 1 = — £OL±J1. и на этот раз
получили целое число, делящееся без остатка на 5. Итак, данное
выражение при всех натуральных значениях п делится без остатка
на 5.
12.	Добавить следовало число 1: (1 4 *) (1 4-У) 0 + 2) —
= 14x4y4z4-xy4xz4yz4 хуг.
13.	Предположим для определенности, что a'^b^c'^d'^e.
В противном случае переименуем величины а, b, с, d и е.так, чтобы
указанная цепочка неравенств сохранялась. При таком переимено-
вании запись левой части данного в условии задачи неравенства не
изменится. Теперь замечаем, что первое, третье и пятое слагаемые в
данном неравенстве неотрицательны. Второе и. четвертое слагаемые
неположительны. Покажем, что сумма первого и второго слагаемых
неотрицательна:
18
(a — b) (a — c) (a — d) (a — e) + (b — a) (b — c) (b — d) (b — e) —
?=(a — b) [(a - c) (a — d) (a — e) — (b — c) (b — d) (ft — «)].
Так как, a—c^b—с 0, a—d>ft— d^O, a — e~^
"^b — e	0, то справедливы неравенства (a — c) (a — d) x
X (a —	— c)(b — d) (ft — e) и (a — ft)(a — c)(a — d)(a— £)-f-
+ (ft — a) (ft — c) (ft — d)(b — e)^ 0.
Теперь покажем, что сумма четвертого и пятого слагаемых неотри-
цательна:
(d — a) (d — ft) (d — <?) (d — e) + (e — a) (e — ft) (e — c) (e — d) =
= (d — e) ((d — a) (d - ft) (d - c) + (a — e) (ft — e) (c — e)) >
>(d — e) (c — e) ((a — e) (ft — e) — (a — d) (ft — d))
(поскольку c — e~^c—d).
Ho a — e a — d. Поэтому
(a — e) (ft — e) — (a — d) (ft — d) > (a — d) (ft — e) — (a—d)(b—d)~
= (a — d) (ft — e — ft + d) = (a — d) (d — e) > 0.
Следовательно, сумма четвертого и пятого слагаемых действитель-
но неотрицательна.
14.	Из неравенства а + d < ft + с следует, что d — ft < с — а.
Но с — а — ft — d, поэтому d — ft < ft — d, d < ft. Наконец, из ра-
венства с — a = fe — d и неравенства ft > d получаем: с > а. Итак,
ft > d > c > a.
15.	Раз треугольник прямоугольный, то х2 + у2 = z2. Примем
для определенности, что х у г.
а)	Умножим обе части уравнения х2 -J- у2 = z2 на у, получим:
х2у -j- У3 =»z2y. Имеем: х2у + у3 х3 + у3 (заменяем множитель у
в произведении х2у на х) и z2y < z3. Тогда х3 +-у3 < z3.
б)	В данном случае нет необходимости использовать равенство
х2 4- у2 = z2. Поскольку z — длина гипотенузы, z > х. Следователь-
1	1	-г л f	1 । 1
но, —	— • Тем более — < —|—.
г	х	г	х у
16.	Если пойти в решении этой задачи традиционным путем, то
придется перемножать слишком большие числа, а затем их сравни-
вать. Мы же воспользуемся следующим приемом. Обозначим числи-
тель дроби А через х, знаменатель — через у. Тогда А — — , В =
причем х < у < 2х.
Определим знак разности:
А — В — — —	== 2х~у > 0. Следовательно, А > В,
У- У+2 у(у + 2)
8 класс
17.	7 + 4К3 = 4 +_4К3 + 3 = (2 + YЗ)2. Поэтому данное чис-
ло равно 2 + КЗ — КЗ = 2. Следовательно, оно рациональное.
18.	Рассмотрим, например, число (УИ)^6 . Вопрос о том, рацио-
19
нальное оно или иррациональное, сложен и требует исследования
специальными средствами. Но для того чтобы ответить на вопрос
задачи, к таким исследованиям прибегать совсем не нужно.
Возможны два случая: 1) пусть (/2/®— рациональное число;
тогда нам удалось найти такое число, которое удовлетворяет условию
задачи; 2) пусть (/2/® — иррациональное число. Примем его за А,
а за В примем число /б. Тогда ((/2/®"/6 = (/2/6 ’ ^® = 8 —
рациональное число. -
19.	Если /х-}-/у— число рациональное, то —Д~у _=J/x4-
4-	У у — число рациональное. Но х — у — рациональное число.
Следовательно, /х — /у — рациональное число.
20.	а) Для того чтобы извлечь корень кубический из суммы, надо
представить ее в виде а3 ± За2/? 4- 3ab2 ± /?3. Замечаем, что
7 4- 5/2 = 1 4- 3/2 4-3-24- 2/2“= (1 4- /2)3.
б)	Аналогично получаем: 16 -|- 8/5"=.(1 4- /б)3-
в)	Одно из слагаемых двучлена, который получается после извле-
чения кубического корня, имеет вид: а/З. Второе слагаемое пусть
равно Ь. Тогда
(а/З 4- /?)3 = 3а3/3 4- 9а2/? 4- 3/?2а/3 4- Ь3.
Следовательно, 3а3/3 4- 3/?2а/3 = 30/3, а3 4- /?2а = 10. Подбором
убеждаемся, что среди.натуральных чисел решением этого уравнения
являются: а= 1, b = 3; а = 2, b = 1. Кроме того, должно выпол-
няться равенство 9а2/? 4* &3 = 37. При а = 1и b = 3 это равенство
неверно, а при д = 2 и /? = 1 — верно. Следовательно, yf37 4- 30/3=
= 2/3 4-1.
г)	Имеем аналогично предыдущему:
(а/З 4- /?/2)3 = За3 /3 4- 2/?3 /2 4- 9а2/? /2 4- 6а/?2/3
= 9/3—11/2.
Следовательно, 9 = За3 4- 6а/?2, 3 = а3 4- ЯаЬ2. Целочисленное реше-
ние получаем только в случае, когда а= 1, b = 1 и а — 1, /? = —1.
Кроме того, должно выполняться равенство 2/?3 4- 9а2/? = —11. Ему
удовлетворяет только одна пара значений: а = 1 и b — —1. Итак,
1/9/3 —11/2 =/3 —/2.
д)	21/6 — 23/5 = (а/6 4-. /?/5)3 = 6а3 /б 4- 18а2/? /5 4-
4- 15а/?2 /6 4- 5/?3/5; 21 = 6а3 4- 15а/?2, 7 = 2а3 4- 5а/?2.,
Последнему равенству удовлетворяют а = 1, /? = 1 и а = 1,
/? = —1.
Кроме того, должно выполняться равенство — 23 = 18а2/? 4- 5/?3.
Оно справедливо только при а = 1 и b = —1. Следовательно,
^21У 6 — 23/5 = /6 — /5.
20
21.	Представим оба числа как произве дение п сомножителей;
(nt)2 == (1 • п) • (2 • (п - 1)) • (3 • (п - 2)) • . . • (2 • (« - D) х
х (1 • п)
И	'	- -
Пп = п • п • . . . • п.
п раз
Сравним fe-й сомножитель в первом и втором произведениях
(1 k п). В первом произведении он равен k (п — k 4- 1). Рас-
смотрим разность п — kn + /г2— k = n (1 —k) + k (k—1) =
= (k — 1) (k — n) C O- Получаем, что каждый сомножитель первого
числа не меньше соответствующего сомножителя второго числа, при-
чем некоторые из сомножителей первого числа строго больше соот-
ветствующих сомножителей второго. Следовательно, первое число
больше.	•
22.	Лучше всего воспользоваться тождеством
(х 4- у 4- г) (х2 4- у2 4- z2 — ху — xz — yz) = х8 4- у8 4~ z8 — Зхуг,
которое легко проверить. В данном случае получаем:
(у — г)8 4- (г — х)8 + (х — у)8 = (у — z 4-'z — х 4- х — у) • А 4-
4- 3^(х — у) (г — х) (у — г), где А —некоторый множитель, пред-
ставляющий сумму квадратов п попарных произведений, взятых с
соответствующими знаками. Однако вычислять А нет необходимости,
поскольку первый множитель, содержащийся в, скобках, равен нулю.
* Следовательно, данное выражение равно 3 (х — у) (z — х) (у — г).
23.	Можно вновь применить тождество, которое использовалось
при решении задачи 22. Действительно, (у^а -у У^Ь 4- у^с) х
х (уУг2 4- у^2 4- У^2 — ab — у^Ьс — у^са) — а А-Ь	с —Зу^abc.
Поэтому, помножив и числитель, и знаменатель данной дроби на
у^а2 4- у^ Ь* 4- У"с2 — у^ab — -у^Ьс — -\fса, получаем в знаменателе.
а 4- b 4- с — ЗУ"abc. Умножаем теперь и числитель, и знаменатель
полученной дроби на (а 4- b 4- с)2 4- 3 (а 4- b 4- с) У abc -f-
4- 9]/а262с2, получаем в знаменателе, (а 4- Ь 4- с)8 — 27abc — выра-
жение рациональное, что и требовалось.
24.	Рассмотрим k-e слагаемое этой суммы. Оно равно •
Попытаемся, используя метод неопределенных коэффициентов, пред-
ставить это слагаемое в виде суммы простейших дробей 4-	,
где а и b — некоторые постоянные, не зависящие от номера k. Имеем:
1	__-4-	__6 (а + 6) + а _
*(*4-0 ~Т + fe+ 1 k(k + 1) ’
2Г
откуда получаем, что а должно быть равно 1, а коэффициент при k,
равный а + Ь, — нулю, т. е. b — —1. Следовательно,
1	= 2______J_
k(k+1) k fe+ Г -
Используя полученную формулу, перепишем данную сумму в виде
1	1 _1_ 1	1	।	1	1 t	।	1	1 _ 1	1	« — 1
1	2 + 2	3 + 3	4 +	+ п- 1 п - п~ п
25.	Искомую сумму можно записать в виде •
—-----1 + ±--------!_+ ... +------L-------=
n— I n П п+1	п2 — п — 1 п2 — п
я— 1 \ п) п .
26.	Поиробуем найти сумму, используя ответ к предыдущей за-
даче. Слагаемое ——---- получается из-----1- заменой п на п-М.
л(я-|-1)	п(п — 1)	г
Если теперь заменить п на л + 1 вл2— п— 1, то получим: (л+1)2—
— (л+1)— 1=л24*л—1. В результате того же преобразования
п2— п заменяется на п2 + п. Поэтому--------—--------- также по-
} (п3. + п — 1) (па + я)
лучается из ---------------- заменой п на л 4-1. Искомая сумма
(я2 — я — 1)(л2— 1)	J
равна
27.	На этот раз вновь воспользуемся методом неопределенных
коэффициентов, только представлять k-e слагаемое станем не в
виде разности простейших дробей, а в виде разности специального
вида (такого, чтобы, как и в предадущем случае, сократились проме-
жуточные слагаемые):	1
;	_________1________а	Ъ _
fe(fe + l)4fe + 2) ~Н*4-1) (fe +1)(£ + 2) ~
___	1 /а __ Ь \____ (а — b)k-}-2a
~ й 4 1	+ 2/ “	+!)(* +2)
_______1_______
k(k 2 1) (k + 2)
Получаем: a — b, а — Следовательно,
= 2 / 1___________1	\
-МН* 4-1) (й + 1) (й + 2) )'
В результате данная сумма приобретает вид:
2 /7J 1 П . /_!_________L) + I 1 _	1	1
2Ц1-2 2-3/ \2-3 3.4/Т “ *Г \я(»+ 0 (я+1)(я+2)
27J___________1	\ =	я(я+3)
2Ц.2, (я+ 1) (я4-2)/ “ 4 (л+ 1)(я + 2) '
28.	Попытаемся представить й-е слагаемое данной суммы в виде
a (k 2 1) (й + 2) (й jj- 3) — Ыг (й + 1) (й 4- 2). Если это удастся, то
22
можно надеяться, что для суммы мы получим компактное выражение
(если а = Ь). Вынося за скобку (k + 1) (/г 4- 2), получаем: (k 4- 1) х
x(fe + 2) • ((а — b)k + За). Оказывается, что с помощью записанного
выражения хорошо представляется не k-e, a (k -f- 1)-е -слагаемое.
Если принять (k 4- J) {k 4- 2) — (k 4- 1) (k 4- 2) • ((a — b) k + 3a),
to a = b, a = —.
3	z
. Формула справедлива, начиная co второго слагаемого: *
2 • 3 = — • (2 • 3 • 4— 1 ’2*3). Поэтому получаем:
3
1 '
1 - 2 + у (2-3-4 — 1 - 2- 3 + 3- 4- 5 — 2- 3- 4 +
4-4 • 5 • 6 — 3 • 4 • 64-... + п (п + 1) (л + 2) — (л — 1)л (л-Н))=
= - (1  2 • 3 + п(п 4- 1) («4- 2) — 1 • 2 - 3) =
3	3
29.	Аналогично предыдущему, представляем (k 4- 1)-е слагаемое
в- виде
a (k 4- 1) (k 4- 2) (k 4- 3) (k 4- 4) — bk (k 4- 1) (k 4- 2) (k 4- 3),
откуда получаем, что a — b = —, и данная сумма равна
4
уП (л 4- 1) (л 4- 2) (л 4- з).
30.	Свернув каждое из слагаемых с помощью формулы суммы
арифметической прогрессии, получаем:
л(« + 1) , Мл—1) , (л —2) (л— 1)	, 3 - 2 , 2 • 1 •
2	+	2	+	2	+ ”• Т 2 + 2
=	-24-2-34- - 4-л(л4-1)]= Д(в+1^(П~Ь—•
31.	Воспользуемся ранее полученной формулой (см. решение за-
дачи 28):
1-24-2.34-3-44- ... 4- л (л 4- 1) = »(Д+1НП + 2) .
•» **
Преобразуем левую часть суммы 12,4- 22 4- З2 4- • • • 4- п* так>
чтобы в нее входила левая часть последнего равенства:
I2 4- 22 4- З2 4- • • • 4- п2 = 1 • (1 4- 1) + 2 • (2 4- 1> 4- З-(З-Н) 4-
4-... 4- л (л 4-1) — (1 4- 2	3 4-... 4- °) =
= 1-24-2-34-3-44- ... 4-п(л4-1)—в-”2+1) =
_ л (л 4-1) (л 4- 2) л (л + 1) х_ л(л+ 1)(2л + 1)
3	2	~	6
32.	Воспользуемся результатом, полученным* в ходе решения
задачи 29 • 1,2>3-}-2"3*4-}“3,4,5-|-...-}“^(^4~0 (я 2) =
п (п + 1) (п + 2) (п 4- 3) г. х
= —   7- -у——. Преобразуем данную сумму:
23
P(14-l)+ 242+1)4-343 + 1)+ ... + «2(«+ 1) —
— (I2 + 22 + 32 + ... + «2) = P . 2 +*22.3 + 32 • 4 +
+ ... + n2 (n + 1) _ _»„<« + о (2n + о = 1 .2 (1 +2) + 2-3(2+ 2) +
6
+ 3-4(3 +2) + ... + n(n + 1)(n + 1 + 1)- ”.(« +1)^2» + 1) _
—2(1-2 + 2-3 + 3-4 4- ... +rt(n+l)) = l-2-3+2-3-4 +
+ 3-4-5+ ... +n(n + l)(n + 2)-^-+1)6^+l)-
_ 2n (n 4-1) (л 4-2) = n(n+ l)(n + 2) (n + 3) _ n (n + l)(2n+ 1) _
3	- 4	6
- 2n (,n+l)(>i4-2) _ /n (n + 1)\2
3	~ \	2	) '
33.	Чтобы получить ответ на вопрос задачи, надо упорядочить
подсчет квадратов, т. е. указать способ подсчета всех квадратов, при
котором после каждого этапа часть квадратов оказывается сосчитан-
ной, а затем суммировать все числа, полученные на отдельных этапах.
Возьмем сначала один самый маленький квадрат (размером 1x1),
расположенный в левом верхнем углу (на рис. 5 он зачернен). Будем
. его последовательно перемещать вдоль верхней строки вправо на каж-.
дую из клеток и считать перемещения. В ходе такого перемещения
окажутся сосчитанными п самых маленьких квадратов. Перейдя ко
второй сверху строке и проведя аналогичные рассуждения, получим
во второй строке п квадратов и т. д. Всего квадратов размером 1 х 1
получится и2.
Рассмотрим тёперь квадрат размером 2x2, расположенный в
левом верхнем углу (на рис. 5 он заштрихован). Станем его последо-
вательно перемещать по горизонтали вправо на соседнюю позицию.
Всего таких перемещений п — 1. Выполнив аналогичные перемеще-
ния во второй строке, получим еще п — 1 перемещение. Продолжая
рассуждения дальше, получаем (п — 1)? квадратов размером 2x2.
Точно так же убеждаемся, что квадратов размером 3x3 будет
(п — 2)2, размером 4 х 4 — (л—З)2 и т. д.,
размером п х п — I2- Всего квадратов ока-
жется столько, сколько позиций при их пе-
ремещениях, а именно:
п2 + (п — I)2 + (п — 2)2 + . . . + 22 + I2 ==
'	«(« 4-1) (2«+ 1)
б
34.	Воспользуемся следующими очевид-
ными равенствами:
1 = п — (п — 1),
(1*10	2 — п — (п — 2), .
3 == п — (п — 3),
Рис. 5	..............
24
п — 1 == п — 1,
п = п — 0. '
Тогда данную сумму 3 можно записать так:
(п — (п - 1)) • я 4 (л- (п — 2)) • (п — 1) 4- (п — (п — 3)) (п—2)4-
+ ... + (и — 1) • 2 + п • 1.
Выполним умножение и перегруппируем слагаемые. Получим:
п2 + п(п—1)4-«(«— 2)4- ... -j-п • 2~j- п ‘ 1 —
_((П-1).п + (п-2).(п- 1)4- - +2- 1)-
=	(. +1)  to-1) «(« + ). = 1„(я + i)+ J,.
2	3	6	'	’
35.	п • I2 + (n — 1) • 22 + («— 2) • З2 + ... +(» — («— 1)) «2 =«
= п(12 + 22+ ... 4-п2)-Ч1 -22 4- 2 - 32 + ... +(п—1)п2) =
= "IL” + 9 <?_"+!)_((2 — 1). 22 4- (3 — 1). З2 + ... 4- (п — 1)п2) =>
z6	/
'== !И2п + 0 _ (р + 234- ... 4-л8) 4- (I2 4-22 4- ... 4-«2) =•
п (п 4-1)8 (п 4-2)
-12
36.	Прежде чем искать сумму, выясним из условия, что представ-
ляет п-я (последняя) группа слагаемых. Из условия задачи следует,,
что перед этой группой расположены 1 4- 2 4- 3 4- • • • 4~ (« —' 1)
= ± (п— 1) • п первых натуральных чисел, а в самой этой группе
п слагаемых. Потому искомую сумму можно записать так:
S = (!) +(24-3)4-(4 4-5 4-6) 4-(74-8+ 9 4- Ю)4- - +
4-(((-п~ ° п. 4-1)4- ((п~ 1)- п- 4- 2) 4- ... 4-((я~1)^ 4- «))•
.Далее преобразуем n-ю группу слагаемых к виду
-(п— 1)п24--п(п4-1) = ——•
At
Выполняя суммирование, получаем:
S = - (Is 4- 23 4-- 4-п3 4-(1 + 2 4-... 4-«)) =
2
• -	= -U(/t4-1 )(п24- «4-2).
о
37.	n-я по порядку группа слагаемых, заключенная в скобки,
имеет перед собой 1 4~ 2 4- 3 4- • • • 4- (« — 1) — ± (« — 1)« не-
четных чисел. Следовательно, она начинается с 1^п~ п 4~1)-го
21
нечетного натурального числа, которое равно 2	4- lj — 1 =
— п (п—1)4-1. Обозначим сумму слагаемых группы через S„.
Тогда Sn == ti (п —1) 4" 1 4* п — 1) 4* 3 4- • • .♦ 4“ о (о — 1) 4-
4- 2га — 1 = (я (я - 1))п 4я2 = я3.
38.	Легко* заметить, что
9ал = 9 4- 99 4- 999 4- . . , 4- 99 . . . 99 =
п
= 10 4- 100 4- 1000 4-... 4- 100 ... 00 — п =
= 10 (1 4- 10 4- ... 4- 10я"1) — п =
юп— 1	. io"+1 ю
= io .--------и =-------------п
10—1	9	9
_______ 1	< лП4-1 * 10 П
. и ап = — • 10----------.
‘ я 81	81	9
Вследствие этого получаем:
«14-02 4- ... 4- ап = 1 (10* 4- 103 4- ... 4- 10п+1)-^п-
-1(14-24- ... 4-п) =
=(1 4-Ю 4- - 4-10я-1) -	- In (п 4-1) ==
=	. —”~1 — — (20 4- 9п 4- 9) =
81	9	162v .	1
= ^(v(10'-’)--5<9'" + 29>)-
(51 \ У	Z	/
39.	Пусть рассматриваемая степень п“. Прогрессия должна иметь
вид:
alt ах 4- 2г, ar + 4г, ... , at + 2г (п — 1).
Сумма п ее членов равна	-12г^—5^1 = п 4- г {п — !))•
Следовательно, должно выполняться равенство аг 4- г (п — 1) = п®-1»
откуда ах = па“* — г (п — 1). Запишем n-й член прогрессии:
оя = Я1 4- 2г (п — 1) = п“-1 — г (n — 1) 4- 2г (п — 1) = .
= п“-1 4- г (п — 1).
Таким образом, получаем, что
п“ = ((п“~‘ — гп) 4- г) 4- ((п*-1 — гп) 4- Зг) 4- ((п“-1 — гп) 4- 5г) 4-
4- ... 4- ((п“-1 - гп) 4- (2п - 1)г).
Например, если п = 5, а = 3, г = 2, то
53 = ((5* - 5 • 2) 4- 2) 4- ((5? - 5 • 2) 4- 6) 4- ((5а - 5.2) 4-

+ 10) + ((52 — 5 • 2) + 14) + ((52 - 5 . 2) + 18) =
= 17 + 21 + 25 + 29 + 33.
40.	Обозначим данную сумму S„. Рассмотрим разность
Sn - S„ • q = 1 + (2g - q) + (3g2 - 2g2) + . . . + '
+ (ng»"1 - (n - 1) g«-‘) - ng« = (1 + g + g2 + . . . + g"-‘)-
„	1— qn „	о	1 — л"	о»
— nqn =-----1----nqa, откуда ,S„ =------------n ——.
1-g	J л - (1-<?P	1 — ?
41. xx 2 = tn ± //n2 — m2 + 1 = m + 1, tn + 1 > m — 1, no-
. этому должны выполняться неравенства 4 tn -j- 1, tn — 1 —2.
. Отсюда —1 т 3.
42. Пусть корни уравнения xt и х2, тогда хх + х2 = — —, xt • х2 =
а
2	*
=------и, кроме того, Xi — х2 = 3. Из первого и третьего уравнений
а
I 1 /о	1\
получаем: = — (3-----L
2 \	«/ •
2
Исключим из второго уравнёния х2: хх (хх — 3) —-.
!,	а
Подставляя в это уравнение выражение для хх, получим соотноше-
ние, которому должно удовлетворять искомое значение а:
/з—з^|	2^ откуда - + - — 9 = 0,
2\	а)\2\ а) ) a J а\ а
/ 1 \	п	1	/1 \	1	1
|— = —9, Oi —-----;	— а= 1, а2 = 1.
\ a Ji	9	\в/2
43.	Пусть а является корнем как первого, так и второго уравнения.
Умножим первое уравнение на х, получим: х4 + ах2 + х = 0;
а — корень этого уравнения, следовательно, справедливы равенства
а4 + аа2 а = 0 и а4 + аа2 -fc- 1 = 0. Сравнивая их, видим, что
должно выполняться равенство а = 1. В этом случае оба уравнения
имеют общий корень х — 1. При этом а — —2.
44.	Переменная х не может принимать отрицательных значений,
так как левая часть уравнения всегда неотрицательна.
45.	Группируя первое слагаемое с четвертым, а второе с третьим,
получаем равенство
2х—Ъ— с	।, 2х— b — с  q
X?— х (Ь + с) + Ьс	х®— х (Ь + с) + ab + ас—а®
Отсюда Х£ = (при Ь^с). Кроме того,
—ПТ +	, z. \-----г = °> где.у = х2 — х(6 + с).
у + Ьс у + а (Ь + с — а)
х _ & + c±^(e-6)2 + (a — с)« >
*2.3 - -----------2----------•
Ясно, что подкоренное выражение в последней формуле неотрица-
тельно. Поэтому корни х2 и л%, как и xlt действительны.
9
46.	Скорость износа передних шин автомобиля составляет —.
1 ni
Скорость износа задних------. После того как машина проехала х
километров, износ передней шины составил —, износ задней-----—.
П1	п2
Длину промежуточного пробега машины х выберем так, чтобы, по-
меняв шины местами, т. е. те из них, которые раньше были на перед-
них колесах, поставить на задние, а те, которые были на задних, —
на передние, добиваемся того, чтобы они стерлись одновременно. Для
этого длина х должна составлять половину возможного пробега. Пол- *
ный износ шины, естественно, принимаем за 1.
В результате получаем, что
=1 „Х=
Vh nJ	nt + n2
До второй остановки (когда шины сотрутся совсем) автомобиль
пройдет 2х километров, т* е. ——— километров. Путь автомашины
П1'+ П2 . 2
ni • Л2 — Л2
удлиняется на —1 2------п2 =-----------^километров.
4“ Л2	Л1 + Л2
47.	Пусть длина окружности колеса А равна х сантиметров. Тогда
длина окружности колеса С равна i + 1. Число оборотов, которое
12
сделает колесо А, когда колесо В сделает один оборот, равно
х
12
число оборотов, которое сделает колесо С, равно--Согласно уело-
12
виям задачи получаем уравнение, сводящееся к квадратному: — =
х
12
=--------р 1, откуда = 3, х2 — —4. Второй корень квадратного
х 1
уравнения смыслу задачи не удовлетворяет. Следовательно, диаметр
колеса А равен — см, диаметр колеса С равен -i см.
я	' ~
48.	Траектория
Рис. 6
4
я
движения шара (представляем его, конечно, дви-
жущейся точкой) — замкнутая ломаная
РАВР. Вследствие предполагаемой упру-
гости соударения шара с бортом стола угол
соударения равен углу отражения, поэтому .
равны углы РАО и ОАВ, АВО и ОВР.
Следовательно, О А и ОВ — отрезки бис-
сектрис соответственно углов А и В тре-
угольника РАВ (рис. 6). Так как О А- —
= OB = Р, то равны друг другу углы
. ОАВ и ОВА, а потому равны и вдвое боль-
шие углы ВАР и АВР.
Продолжим РО до пересечения с АВ в
точке/) и проведем из точки О перпенди-
28
куляр ОС к стороне треугольника АР. Треугольник АРВ равнобед-
ренный (АР — ВР), точка О расположена на пересечении его бис-
сектрис. Поэтому отрезки OD и ОС равны длине г радиуса вписан-
ной в треугольник АРВ окружности. Определим теперь значение
угла <р.
Из прямоугольного треугольника ОРС получаем: cP — r2 = PC2
и г = d sin ф. Из подобия треугольников ОРС и DPA следует равен-
ство = -у—. Без труда находим:	= J//?2 — г2. Исключая
d 4* г АВ	2
2
из полученной выше пропорции АВ, PC и г, получаем квадратное
уравнение sin2 ф 4- sin Ф-------= 0- По условию задачи
угол ф острый. Поэтому смыслу задачи удовлетворяет только поло-.
жительный корень этого уравнения. Находим:
. R +	— RS
Ф = arcsin --	'
•	4dS
49.	Предположим противное, т. е. что такой кирпич из данного
кирпича размером а х b х с выпилить можно и размер такого кир-
пича соответственно xxyxz. Примем для определенности, что х^.а,
у ^.b, z ^.с, причем хотя бы одно (любое) из этих неравенств строгое,
пусть z < с. Тогда для полных поверхностей справедливо равенство
ab 4- Ьс + ас = 2 (ху 4- xz 4- yz), а для объемов — равенство
abc = 2xyz. Из последнего равенства получаем:
ab^, Ьс = ^, ас = ^.
cab
Подставляя эти равенства в формулу равенства площадей поверхно-
стей, приходим после сокращения к равенству
-+4 + ~ = ~+~+“-
а b с х у г
Но это последнее равенство невозможно. Так как х^.а, у Ъ,
z < с, то —	—, — > —. Таким образом, предположе-
х а у Ь г С
ние привело нас к противоречию. Такой кирпич выпилить нельзя,
что и требовалось доказать.
• 50. Имеем: 4- а2 4- • • • + ап == 1» ai > ® (*= 1.2,..., п).
Поделим последовательно данную сумму на ах, а2, . . ., ап, полу-
чим п равенств:
— = 14*~+...+~>'
1 =^4-1 4- ... 4-
й2 ^2	#2
± = ^4-^4- ... +i.
ап ап .	*	'
29
Сложим эти равенства, группируя в правой части слагаемые па-
рами: — и —, — и и т. д. Сумма единиц равна п. Подсчитаем,
аа di аа at
сколько вёего в правой части пар скобок: встречается в п — 1 паре
скобок, az тоже встречается в п — 1 паре скобок, но одну пару из
них мы уже учли и на долю а2 (без ах) остается п — 2 пар скобок.
Точно так же на долю аа (без ах и а2) остается п — 3 пар скобок. Все-
го пар скобок оказывается (п— 1) + (и — 2) + (п — 3) 4- ... +
+ 1 = ”(”—!) . ,
2	'	.
Покажем теперь, что число, содержащееся в каждой паре скобок,
не меньше двух. В самом деле, для любых положительных хх и х2
справедливо неравенство + xi 2ххх2. Деля обе части на произ-
ведение ххх2, получаем:
2.
х» хх
Теперь мы можем записать, что ——— + . . . 4---------— Хл +
ai а2	ап
4-	. 2 = п2, что и требовалось.
51. Запишем цепочку равносильных неравенств:
2.	±
___	_ 2	2
+v~:> у-+
,(Ка + К»)^a~Y.ab + Ь1	Гь,	.
(]/a-l/5j2>0.
Последнее.из них верно, значит, верны и остальные.
52.	Имеем:
(a4-b)2=a24-&24-2af>>l.
Но а2 4- b2 2аЬ, поэтому 2а2 4- 2b2	1 и а2 4- Ь2	—, а4 4- Ъ* 4-
2
4-	2а2Ь2	— и 2а4 4- 2b4	, откуда, действительно, а4 4- Ь4 .
4	4	.8
Г.	,	1
Равенство достигается лишь при а = b = —,
53.	Поскольку среднее арифметическое не меньше среднего, гео-
метрического, то
j_ /1 . 1 \ > 1	i /1 .	1 1/1 . п>, 1
2 (a b ) Yab\ 2 \а с J У~ас’ 2\6 с / YЬс
Складывая соответственно левые й правые части неравенств, по-
лучаем требуемое неравенство:
1 + X + 1>J= + J= + _U.
а Ь с	Vac Y be-
30

54.	Так как а2 4- Ь2 2аЬ, то
с (а2	+ Ь2)	2аЬс,
а (Ь2	+ с2)	2аЬс,
Ь (а2	+ с2}	2аЬс.
Складывая эти неравенства, получаем:
ab (а + Ь) + Ьс (Ь 4- с) 4- ас (а + с) 6аЬс.
Докажем второе неравенство. Так как а2 4- Ь2 — ab^ ab, то
(а 4- Ь) (а2 4- Ь2 — ab) ab (а 4- Ь), а8 4- Ь?~^аЬ (а 4- Ь).
Точно так же получаем:
Ьс (Ь + с) (Ь2 4- с2 — Ьс) (Ь 4- с) — Ь2 4- с8, ас (а с) У с? + с8*
Складывая полученные неравенства, приходим к требуемому:
ab (а 4- Ь) 4- Ьс (Ь 4- с) 4- са (с 4- а) < 2 (а8 4- Ь8 4- с8)*
55.	Ясно, что справедливы следующие п соотношений: у==>
1 1 1 1 1 1 1 1 _ 1
|/5Г’ /Г /п"’ У'З^У'п' ’ Уп=1 Уп’ Уп~ • Ул"
Поэтому S„ > -£=. — Vn, что и нужно доказать.
У л
56.	Рассмотрим неравенство, равносильное данному:
3 (о8 4- *3 4- с8) > (а2 4- 4- с2) (а + Ь 4- с).
Вычитая из обеих частей неравенства по а8 4- Ь2 4- «*• получаем:
2 (о8 4- Ь2 4- У) (а 4- Ь)аЬ 4- (Ь 4- с) Ьс 4- (с 4~ о) са.
Перегруппируем слагаемые в левой части:
(о8 4- Ь3) 4- (а3 4- с8) + (Ь2 4- с8) =
= (а 4- Ь) (а2 — ab 4- Ь2) + (Ь + с) (Ь2 —-Ьс 4- с2) 4-
4- (а 4- с) (а2 — ас + с2) >
>(а 4- b) ab 4- (Ь 4- с) Ьс 4- (с 4- о) са.
Значит, и данное неравенство справедливо.
57.	Средний возраст одного здания составляет —. Пусть возраст
п
снесенного здания равен t. Тогда общий возраст оставшихся домов
7*______________________________________________________________i
составит Т — t. Средний же возраст одного здания теперь равен -—-.
Если построим новый дом, то общий возраст домов не изменится и
будет равен Т, а средний возраст составит ——. Сравним —и
л + 1	л— 1
Т	*
j-p-. Если больше окажется первая из этих величин, то город
больше помолодеет от постройки, если вторая, то от сноса, если
они равны, то город помолодеет в обоих случаях одинаково.
81
Определим например, при каких значениях t город больше помо-
лодеет от сноса старого здания: ^-—^<’-7-7, откуда t > (n— 1) х
х I —-----—А =	 Итак, при t < —город больше помоло-
\n —1	«4-1/ п 4~1	n-f-L
, . 2Т
деет от сноса старого здания, при t < —— город больше помоло-
деет от постройки нового.
58.	Воспользовавшись тем, что а, Ь и с — стороны треугольника,
запишем: b + с > а. Поэтому 2 (Ь + с) > a -f- b + с. Аналогично
•2 (a -f- b) > а + b + с, 2 (с + а) > а 4- b 4- с. Отсюда следует, что
а . 2а b . 2Ь с	2с
<.......-	, ---\ •" " — —,	 \ — и
fc-f-c a + fr + c с + a а + 6 4~ с а + Ь	а 4- Ь 4- с
, а I ь ।	с < 2 (о + & +с) _ 2
6-Ьсс + аа+&^(а + 64-с)
что и требовалось доказать.
59.	Из условия сразу следует справедливость следующего двой-
ного неравенства: |6’— с| < а < b 4- с. Поэтому
4- с8 — 2t>c < а2 < 62 4- с2 + 2&с,
— 2Ьс <с? — ft2-— с2 < 2Ьс, или |а2 — Ь2 — с2! < 2Ьс.
Возведя обе части последнего неравенства в квадрат и приведя по-
добные члены, получаем требуемое.
60.	Пусть диагонали четырехугольника A BCD пересекаются в
точке О. Тогда О А 4- ОВ > АВ, ОС 4- OD > CD. Сложив, неравен-
ства, получим: АС 4- BD >AB-j-CD. Но по условию задачи
CD = АВ 4- BD — АС. Поэтому АС + BD > АВ 4- АВ 4- BD —
— АС. Отсюда АС > АВ, что и требовалось доказать.
9 класс
•W-
61.	Если х 0, то |х| — —х и |х| = —х = max (х, —х).
Если х > 0, то |х| — х и |х| = х — шах (х, —х). Все воз-
можные случаи рассмотрены.
62.	Пусть х >у. Тогда ~ {х — у + х+.у} = х = max (х, у). i
Пусть х <у. Тогда — { —х 4- у 4- х 4-у} = У — тах {х, у}, J
что и требовалось доказать. Все возможные случаи разобраны.
63.	а) шах(х, у, z) = max {z, max (х, у)} =
—	2. Л г —	+* + ? I 4- z 4- |ж~у|	+ у ) =
2 И	2 Iт г 2 J
= 2-{| 2г—|х—у | —х—у| 4-2z4-|x —у | 4-х 4-у}.
б)	Наименьшее из трех чисел можно найти, воспользовавшись
следующей очевидной формулой:
82
min (x, у, z) =ss —max (—x; —y; —z) =s
= — j{|x + у — 2z — |y — x|| — 2z 4- |y — x| — x — y).
в)	Среднее из x, у, г (трех произвольных чисел) равно:
х -f- у 4- г — max (х, у, г) — min (х, у, г) =
= (* + У + г — шах (х, у, z) 4- max (—х, —у, —z)) =*
= -J- {2х 4-2у + |х-Ьу —|х — у|— 2z| — |—|х — у|—х—y-f-2г|).
'	I XI	X
64.	Рассмотрим / (х) = J—Ь  -----. Эта функция принимает
х	|х|
значение 1 . при х > 0,—1 при х <0, не определена при х = 0.
Прибавляя к правой части 1, получаем функцию, которая равна 0
при х < 0, 2 при х > 0. А условию задачи удовлетворяет функция
чФ)=4(— + 4
2 Л х /
65.	а) Ф! (—х) = / (—х) 4- f (х) = f (х) 4- f (—х) = фх (х),	так
как фх (—х) = фх (х), то функция Фх (х) четная;
. б) ф2 (—х) = f (—х) — f (х) =— (/ (х)—f (—х)); ф2 (—х)=—<₽2 (х),
следовательно, функция эта нечетная.
66.	Пусть х0 — такое значение хс что (х0) >0 и fz (х0) >0.
Тогда справедливы неравенства (х0) + f2 (хо) >0^fi (х0) ♦ /г (х0)>
>0.
Примем теперь, что Д (х0) 4- /2 (хь) > 0 и Д (х0) • /2 (х0) > 0.
Предположим сначала, что одно из ;чисел (хо) и /2 (л%) неположи-
тельно. Тогда придем к противоречию, поскольку оказывается, что
h (*о) • fz (*о)	0. Допустим, что оба числа Д (х0) и /2 (х0) неполо-
жительны. Но тогда и их сумма неположительна. Мы вновь пришли
к противоречию. Остается возможным только случай, когда оба этих
слагаемых положительны. Тем самым утверждение доказано.
бУ. Предположим противное. Тогда / (х 4- Т) = f (х), cos (х 4- Т)+
4- cos к (х 4- Т) = cos х 4- cos X х. Пусть х = 0, тогда cos Т 4-
4- cos кТ=2. Следовательно, должно быть: cos Т — 1, cos кТ— 1, Т =
= 2nk нкТ — 2лп; к — Значит, к — рациональное число. При-
ft
шли к противоречию.	: ~;
1 J+Hx)
68.	f (х 4- 2а) = f ((х 4- а) 4- а) = !-+(.<*•+*> «-==,
'	’ '	’	. 1-/(«4-а)	14-П*)
f . ' !-/(*)
f (х)'
Поэтому f (х 4-4а) = f (х). Функция периодическая, и ее период
равен 4а.
69.	Примем х = а 4-1 Тогда f (х) = f (а 4- 0 = f (0 f (t 4- 2а). •
Следовательно, f (а 4- х) = f (х) f (х 4- 2а).
2 Заказ 1212	эд
Приравнивая два значения f(x), находим: f(x—а) =------------
f(x-}-2a)
или f (х) = —— --. Но в свою очередь f[x + За) =-----. По-
f \х + За)	f (х -f- 6а)
этому /(х) = f (х 4-6а). Это равенство показывает, что функция
f(x) периодическая, причем ее период 6а.
70.	а) Рис. 7; б) рис. 8.
71.	а) График |х| 4- |У1 < п — это внутренняя часть квадрата,
стороны которого — отрезки прямых х + у = п, —х + у = п,
х — у = п, —х — у — л.
Внутрь квадрата |х| 4- |у| < « попадают все те и только те точки
координатной плоскости с целочисленными координатами, .которые
удовлетворяют нестрогому нёравенству |х| 4-|У| п — 1 (рис. 9).
Поэтому сначала найдем ответ на задание б).
б) На прямой х 4- У = га лежит п + 1 точка с целочисленными
координатами, на прямой —х + у = леще га + 1 точка с целочислен-
ными координатами, но одна из них принадлежит и прямой х + у =п.
Поэтому к п 4- 1 точке добавляется га новых. Переход к прямой
—х — у =чг добавляет еще га точек; наконец, переход к прямой
х — у = п добавляет га — 1 точку с целочисленными координатами.
Всего на сторонах квадрата оказывается га4-14-га4-га4-га — 1 то-
чек, т. е. 4га точек. На сторонах соседнего с ним внутреннего квадрата
находится 4 (га — 1) точек и т. д. Началу координат соответствует
одна точка. Итак, всего точек с целочисленными координатами на
границах и внутри квадрата |х| 4- |yl = п будет: 14-4«14-4«24-
4- ... 4- 4 -га = 1 4- 4 (1 4- 2 + 3 4- ••• 4- n) = 1 4- 4 • -(- + ° =
= 1 4- 2га (га 4- 1). Таков ответ к заданию б). В задании а) ответ та-
кой: 1 4- 2га (га —. 1).
72, Если х < у, то х < 1 — х. Поэтому у = х при х < —. Если
84
х > -Ь, то х >1 — х. Поэтому у =1 — х при х > -i. Если х = —,
2	2	2
то х=я 1—х. Этот случай можно объединить либо сх<р либо с
х> —. В результате получаем «кусочный» способ задания функции:
<6	.
я при X ,
У *=
,	1 — Л нрп Л	g*
График этой функции изображен на рисунке 10.
График функции у = — |х| имеет вид, показанный на рисунке 11.
График данной функции получается из графика функции у = — |х|
параллельным переносом так, что начало координат переходит в точ-
ку с координатами yj. Поэтому аналитическая запись данной
функции такая:
Л 2	|	2
73. Возможный вариант ответа на эту задачу s =
«=s vqt 4- —	где т — аргумент. При его получении
4 \ t — т /
использовалось решение задачи 62.	_
74. Предположим противное. Пусть Хо = — (р и q взаимно
.	ч -	Я'
просты) — корень данного многочлена.
• Тогда
р" (f)= + + °8 +  + а"~^ + °’
Для того чтобы это равенство удовлетворялось, сумма
о» ,	р«-1 .	р«-2 ,	. р
— + ai^Z7 +	••• + an-i~
qn qn—i q"—3	q
2*
35
должна быть целым числом, т. е.
рп + a^q + a.2pn-?q1 + ... + an_ipqn~1
должно делиться на q без остатка. Но это невозможно. В последней
сумме слагаемое рп не делится на <?, а все прочие делятся. Таким об-
разом, сумма на q делиться без остатка не может.
75.	Перепишем данную последовательность 0; 2; 2; 4; 4; 6; 6; ...
в виде 1—Г, 2; 3 — 1; 4; 5 — 1; ... .	'
Видим, что данную последовательность можно получить из после-
довательности натурального ряда чисел, если четные числа оставить
без изменения, а из нечетных вычесть по единице. Таким образом,
нам требуется сконструировать слагаемое, которое бы равнялось —1
при п нечетном и нулю при п четном.. Такое слагаемое имеет вид:,
\ • Действительно, при нечетном значении п (—1)" = —.1 и
(—1)’_ 1 (-1)»—1 Л
——--------= — 1; при четном значении п -----------= 0.
Поэтому можно записать, что
Заметим, что (—l)n = cos шг и (—1)п-1 ;= (—1)я+1 =
=cos л (п 4- 1). 
76.	Вновь, как и в ходе решения предыдущей задачи, полезно
сравнить данную последовательность с последовательностью чисел
натурального ряда. Для этого можно поступить, например, так: вы-
честь почленно из чисел данной последовательности числа натураль-
ного ряда. В результате получим новую последовательность: 1; 0;
—1; 0; 1; 0; —Г, ... . Эта последовательность может быть представ-
лена как последовательность значений тригонометрической функции
у = cos Д- (п — 1) натурального аргумента. Так как у — периодиче-
ская функция аргумента п, то n-й член данной последовательности
м?жно представить в виде b„ = п + cos Д- (п — 1).
Конечно, может возникнуть вопрос: почему в предыдущей задаче
ответ содержит (—1)п, а в данной содержит косинус? Нельзя ли обой-
тись без.косинуса? Ответ на этот вопрос пока оставим открытым и
вернемся к нему позднее, когда будет построен график,' изображенный
на рисунке 3.	•
77.	Нетрудно увидеть, что при х £ [—1; 0[ аналитической записью
функции у служит у = —х; при х £ [0; 1 [ у = х; при х £ [Г, 2[
у = 2 — х, при х £ [2; 3[у==х —2;' при х £ [3; 4 [у =
= 4 —,х; при х € [4; 5[ у = х — 4 и т. д.
Последовательность 0; 2; 2; 4; 4; ... известна из задачи -75. Ее
1 + (—I)"-1
ц-и член равен п-----1	.
Искомая функция имеет вид:
36
|i । (_________пя-ч I
x—л 4—-	’—, где n = [x], т. e. целая часть x.
Действительно, если x g [0; 1[, to n = 1, (—I)"-1 = 1 и у = | xf =
«= x, поскольку x > 0. Если x [1; 2[, то у = |x— 2|, но x < 2,
поэтому у = 2 — x и т. д.
78.	Воспользуемся результатом, полученным в ходе решения
предыдущей задачи. Если график, изображенный на рисунке 2, рас-
тянуть в два раза в направлении оси ординат и в два раза в направле-
нии оси абсцисс, затем сдвинуть его на единицу влево относительно
оси абсцисс и на единицу, вниз относительно оси ординат, то как раз
и получим график, изображенный на рисунке 3.
Растяжение вдвое по оси абсцисс достигается, как известно, за-
меной переменной х на у. Аналогичную замену применяем при рас-
тяжении графика вдвое по оси ординат. В новых переменных полу-
чаем:
у = |х —- 2л 4-1 4-(—1)л-1|.
Сдвиг по оси абсцисс на единицу влево осуществляется переходом
к новой переменной xt = х 4- 1, сдвиг по оси ординат на единицу вниз
осуществляется переходом к новой переменной Ух = у + 1 • В резуль-
тате получаем в новых переменных (опуская индексы в обозначениях):
у = — 1 + |х — 2п + 2 + (—1)я-1|.
Замечание. Используя последнюю формулу, можно полу-
чить формулу (без косинуса переменной) для отыскания л-го члена
последовательности, приведенной в задаче 76.
79.	Запишем л-й член последовательности так: ап = 1 4*
Теперь ясно, что с возрастанием л ая уменьшается.
80.	Пусть удалось выполнить деление без остатка. Тогда имеет
место тождество:
(2х® + х — 1) (сх2 + dx + е) = 12х* — 17х2 -f-ах + Ь.
Выполним умножение в левой части и сгруппируем слагаемые:
2с • х* 4- (с 4- 2d) • х8 4- (Я 4- 2е — с) х2 4- (е — d) • х — е =
= 12Х4 — 17Х2 4- ах 4- Ь.
Это тождество справедливо при любых значениях х^если коэффи-
циенты при одинаковых степенях х в левой и в правой частях равны:
2с = 12, откуда с — 6; с 4- 2d — 0, откуда d = —3; d 4~ 2е — с =
= — 17, откуда е = —4; е — d — a, откуда а — —Г, наконец, b = 4.
Таким образом, данный многочлен делится на многочлен 2х2 4- х — 1
без остатка в том и только в том случае, если а = —1 и b = 4.
81.	Находим: t =	Сх — ay — bc + ad = 0. .
ас
37
Это уравнение прямой. Следовательно, у и х связаны линейной
зависимостью.
82.	Хотя характер параметрического задания в этой задаче отли-
чается от задания в предыдущей задаче, но и в этом случае зависимость
у' от х оказывается линейной. Находим: cos2 t == sin2 t =
a	.  c
Складывая соответственно левые и правые части последних равенств,
получаем:
cos2 / + sin21 = 1 = х-=^- -f-у—.
а е
Откуда сх 4- ау — Ьс — ad — ас = 0. Однако на этот раз получаем
не прямую, а отрезок прямой, так как возможные значения х и у
ограничены и снизу, и сверху.
83.	Получаем: (х — b}2 -j- (у — с)2 = a2 (cos21 4- sin2 0 = а2. Это
уравнение окружности радиуса а с центром в точке (&; с). Зависи-
мость между у и х является «разновидностью» квадратичных зависи-
мостей.
V	2.
•	84. Введем параметр. Положим, например, — = t. Тогда х* = у
>	X
и у = х*. Поэтому — можно записать еще и иначе: — = х*-1, откуда
х	х
1	t
t = х*-1. Из последнего равенства находим: х = /	1 и у =
85.	Имеем:
у = sin* х 4- cos’ х 4- k (sin* x 4- cos4 x) =
», (sin2 x 4- cos2 x) (sin4 x 4- cos4 x — sin2 x cos2 x) 4-
4-	k ((sin2 x 4- cos2 x)2 — 2 sin2 x cos2 x) =
® ((sin2 x 4- cos2 x)2 — 3 sin2 x cos2 %) 4- k (1 — 2 sin2 x cos2 x) =
= 1 — 3 sin2 x cos2 x 4- k — 2k sin2 x cos2 x =
= 1 4- k — (3 -j- 2k} sin2 x cos2 x.
а)	Для того чтобы у не зависел от х, необходимо, чтобы 3 4-	= О,
т. е. k = —-.
2
б)	Должно быть:
•	« . 1	3 -4- 2/г  *> п
1 + & = —— sin22x^
4
Поэтому 0<4|1+>><1или0<6-+4-Ь	2- < 1, 0« 3 4- 2fe	34- 2k 3 + 2k	;2	— < 1, 3 4-2А
откуда
3 4-2fe> 1,
3 + 2й<2,
Следовательно, —1 k < —
£
2 ’
38
86.	Геометрический способ решения.
Рассмотрим сектор ОАВ окружности с центром в точке О. Пусть'
радиус окружности равен 1, а угол АОВ равен 36°. Проведем хорду
окружности АВ и выберем на отрезке ОВ точку С так, чтобы отрезки
АС и АВ бь!ли равны. В этом случае каждый из углов АСВ и АВС
равен 72°. Значит, угол САВ равен 36°. Угол О АС равен 36°, и по-
этому, во-первых, треугольник ОАС равнобедренный (ОС = АС),
во-вторых, прямая АС — биссектриса угла ОАВ. Длина отрезка ОА
по условию равна 1, длину отрезка АВ примем за х. Поскольку АС —
биссектриса, то точка С делит сторону ОВ на отрезки, пропорцио-
нальные сторонам ОА и АВ треугольника ОАВ. Поэтому справедлива
пропорция — = ——, откуда х2 + х — 1=0. По условию задачи
х I—х	, .	_
Но х = 2 sin 18°.
2
х — положительное число, значит, х =
Поэтому sin 18° =	•
Способ решения, опирающийся на триго-
нометрические формулы.
Справедливы равенства 3 • 18° = 54°, 2 • 18° = 36°. Но cos 54° ==
= sin 36°, т. е. cos 3 • 18° = sin 2 • 18°.
cos 3 • 18° = cos (2 • 18° + 18°) =
= cos 2 • 18° • cos 18? — sin 2 • 18° • sin 18° =
= (1 — 2 sin2 18°) cos 18° — 2 sin2 18° • cos 18° =
= (1 — 4 sin2 18°) cos 18°.
Ho sin 36° = 2 • sin 18° -_cos 18°, следовательно, 1—4 sin2 18° =
= 2 sin 18° и sin 18° =	~ 1 , так как sin 18° > 0.
4
87.	Понятно, что (a + b + c)2 = 0. Возведем в квадрат, получим:
а2 + fe2 + + 2 (а& + 6с -J- са) = 0. Слагаемое а2 -|- 62 + с2 > 0,
причем оно равно нулю только в том случае, если а = Ь = с = 0.
Следовательно, должно быть: ab + Ьс + са 0, причем и здесь
знак равенства выполняется, только если а = b = с = 0.
88.	Пусть — = clt "^-==с2, ..., — — сл. Примем для опре-
bi	Ья	Ьп
деленности, что — — наибольшая дробь, a — наименьшая.
Ьп	bn-t
Если это не выполняется, то перенумеруем дроби так, чтобы
bn-l
стала наименьшей дробью, а — — наибольшей. Это всегда можно
Ьп
сделать. Тогда
an—i
СП>
_ с
h Сп
39
- Знак равенства имеет место, когда — = —
bi ь2
5^
bn
или
ai^cnbi, a2^c„b2, .... a„_i<c„b„-i. а« = <!Л-
Сложив соответственно левые и правые части, получим:
(«1 + а2 + . . . + ап) С сп (Ь2 + b2 + . . . 4- Ьп).
а14~ аг 4~ — 4~ ап
bi 4- ь2 4- ••• 4- ь„ " ьп
Точно так же доказываем, чтд
а1 4~ аг 4~ 4~ ал > с . an—i
bi 4- b2 4- ••• 4* bn a 1 i
89.	Обозначим x =**+**+•♦•+*«. Пусть xlt x2,.... xn — числа, cpe-
n
ди которых есть не равные между собой. Тогда, поскольку количество
этих чисел конечное, то среди них найдутся наименьшее и наибольшее
числа. Примем для определенности, что х2 — наименьшее, а х2 —
наибольшее. Пусть хср есть среднее арифметическое этих двух чисел.
Если мы. теперь заменим xt на хср и х2 на хср; то сумма хср 4- хср будет
- равна сумме xt 4- х2 (в самом деле, по определенйю хср — -** *- =
2
__ ^p_j. Можно записать, что хх = хср — а, х2 = хср 4- а. А вот
произведение хх • х2 меньше, чем хс2р: оно равно хД — а®. Повторяя
эту процедуру, мы всякий раз увеличиваем значение произведения. .
Остается показать, что в пределе мы должны получить наибольшее
произведение тогда, когда все новые числа (обозначим их х'р х', ...,
х„) равны между собой. Заметим еще, что в этом случае среднее гео-
метрическое п чисел равно их среднему арифметическому. Действи-
j " _ ' _ пг—
тельно, — у х = х = у хп,
п »—i
Предположим, что максимальное значение ’ произведения чисел
х*,, х2, ..., хп достигается, если не все из этих чисел равны между
собой. Но тогда,.действу я вышеописанным образом, мы всегда можем
увеличить значение произведения этих чисел и их среднего геометри-
ческого. Значит, предположение о том, что наибольшее значение сред-
него геометрического достигается при неравных значениях хь х2, ..., хя,
. было ложным. Итак, наибольшее значение произведения хх • х2 х
X ... • х„ достигается тогда, когда все значения хп х2, ..., хя при
постоянной их сумме равны между собой. Это наибольшее значение
есть х— Xi	Хп. Следовательно, получаем окончательно, что
n
• хд*
40

Xi + *,+ ... +Xa + X-^Xi-+"' +-*>
n
__ (n 4~ 1) (*1 + *2 + -- ^*/1) == *1 +*2 ~F - + Xn
(n + 1) n	n.	’
Итак, получаем, что среднее арифметическое в результате описан-
ной в условии задачи процедуры не изменится. Вместе с тем ясно,
что если хя+1 > х, то *» + *г + х" + *я+1 > х. Если же хя+1 <
< X, ТО -?!.+ ??+	,+ *л + *,Н-1 <• X.
«4-1
91.	Используя неравенство Коши, получаем:
_L Mi «2 _|_ «3	5я=1	£/ а1 аа а3 an_i ап ।
п \а2 а3 а4	а„ aj 'l а2 ' а3 ‘ а4 ап ' ах
Отсюда сразу и следует требуемое неравенство.
92.	Нельзя. Левую часть неравенства (2) можно представить в
виде
/**1 | а2 | g3 |	| ал\ _|_ /^2 | **3 j g4 |	J
У*2	®3	в1/	\а1 в2	Чп!
причем при одних значениях ах, ai, . . .,ап больше может оказаться
сумма слагаемых, заключенных в первую пару скобок, а при других —
сумма слагаемых, заключенных во^Вторую пару скобок. В первом
случае левая часть неравенства (1) больше, чем левая часть неравен-
ства (2), во втором — меньше. .
93.	Применяя неравенство Коши для двух величин, имеем:
> vvz, 4-г > rs, >-±-’ >
Перемножая левые и правые масти неравенств, получаем:
(х 4- у) (х + г) (у + z) > 8xyz,
/x-W\ /* + г\ /у + г\ > g
\ г /\ У / \ х ’
х+ У+ z —z , х+у4-г—у . * + У + г —х > g
г	у	х	’
1 —г 1 — у 1 —z > g
2	' у X ’
94.	При любых, так как каждое из трех слагаемых левой части
неравенства больше, чем.-5—.
г	 а-Н + с	_ 
95.	Имеем: <р (х) = х Ц- х-1 ^2. Но f (х) == ab • q> (р/*± • х).
В самом деле,
41
х + (|/ — • х)-1)
что и требовалось доказать.
96.	На основании неравенства Коши имее!^:
+	... +ая>п>/Г«1а2- -• -ап,
Перемножая соответственно левые и правые части этих неравенств,
получаем требуемое неравенство.
97.	Рассмотрим правую часть данного неравенства:
(^i 4- «г + • •' •.+ а«)2 = Д1 + а2 + • • • 4- ая +
+ 2ах (а2 4*	+ • • • 4“ ап) 4- 2а2 (о3 4-	+ • • • 4~ ап) 4~
4- • • • 4- 2anan-i-
Значение этого выражения не уменьшится, если мы заменим в нем
попарные произведения на суммы соответствующих квадратов:
2аха2 < ai 4- al, 2аха3 < а? 4- al, . . ., 2an_ran < a2_i 4-
При такого рода замене а* будет повторено слагаемым п раз, а| —
также п раз и т. д. Поэтому й получаем требуемое неравенство. Оно
превращается в равенство, если все at равны между собой. Действи-
тельно,
п • (cl\ 4“ • • • 4” fli) = и (#i 4~ 4~ • . • • 4~ #i)2 == я2#?*
п слагаемых	.	п слагаемых
98. 1~е решение. Замечаем, что справедливы неравенства у <
^2 3^4 5^6
<	~ < —, — < у, ... и вообще для всякого натурального и
2п — 1	- 2п (П0СК0ЛЬКу 4П2 — 1	4П2).
2п	2498 т>
-------...	. Из условия ясно, что
2п 4-1-2499
р • а = —. Следовательно, р2 < —,
г 4	2500	2500
2n 2п 4-1
2 4
Рассмотрим: q = — • — •
3 5
p<q, поэтому pz < pq.
р<— = 0,02.
Н 50
ч	р •
2-е решение. Р^ = — •
Замечаем, что
.	2?	3?
ПЙ	-----  • ---
22 — I2 42 — I2
Но
33
4?
(2п — I)»
(2п)8
. (2n—I)3
• (2п)2 — 1? -
24992
25002 ’' ‘
24998
25002 — I2
И
(2n)2— I2 = (2п — l)(2n+ 1),
42
поэтому
n2 <- Р 32	(2n — I)2	.	2499	_ 1
1 -3 *3-5	(2п — 1) (2n + 1)	2499 • 2501	2501
и р2 < —следовательно, р < 0,02.
г 2500
99.	Всего слагаемых в данной сумме п. Действительно, как можно
заметить, номер каждого дробного слагаемого равен значению второго
слагаемого в его знаменателе. Самое большое йз слагаемых — пер-
вое, потому что при равных числителях у него меньший знаменатель.
Поэтому'сумма меньше, чем —— < 1. Далее, каждое из слагаемых
П + 1
1	п	1
больше, чем —. Значит, их сумма-больше, чем — = —, что и тре-
2п	2л	2
бовалось доказать.
100.	Примем в неравенстве Коши, что — х2 — . . . = хя_£ = 1,
хп = 1 + х. Тогда из неравенства Коши будет следовать, что
1 + 1 + - +.! + 1	или \ + ->у/Т+~х.
п.	п
am _1_ ли
101.	—~— есть сумма т членов геометрической прогрессии вида
а— Ь
am-i _|_	Нетрудно заметить,
что сумма показателей степени у а и b в любом слагаемом рав-
на /га — 1. Ясно, что эта сумма меньше, чем та"1-1.
Аналогично показываем, что эта сумма больше, чем mb"1"1. От-
сюда следует двойное неравенство Коши:
> am — bm >
а — b
102.	Имеем:	,
• 6 • 7 • 7 < в + в 6,5.
4
С уточненной верхней границей получаем: 6 < у' 6 • 6 • 7 • 7 <
<6,5.
103.	Пусть в двойном неравенстве Коши a — m-j-l, b = т..
Имеем:
m(m + О'"-1 >(ст +
т “f" 1 — /л
Левую часть неравенства представим так:
(т + 1) (m + О'”-1 — (т + 1)т-1 = (т + l)m — (т + О'"-1-
Итак,
(т + 1)"‘ — (т + I)”»-1 > (т + 0® — tnm.
43
m— i _ т__________
Следовательно, /и” >(m + l)"1-1, или у т > у т 4- 1, при т > 2,
что и требовалось доказать.
104.	Умножая обе части данного неравенства на (т -f- 1)а» полу-
чим:
тт (т + I)2 > (т + l)m+1,
или
$
(„ + 1). > И+	S
'	тт
Давая т значения от 1 доп — 1, находим:
3!>^, 4»>-4‘-......... „>>----
I1 -	23	3»
Перемножая соответственно левые и правые части этих неравенств,
получаем:	’	•	.
(п|)8> »£• 22.: У-•••(»-О"-1-»" =пп	:
'	22 • З3 •... • (п — I)"-1
п	*	’	'
Следовательно, п! > п 2 , что и требовалось доказать.	।
105.	Преобразуем данную сумму к виду = Ясно, что |
ху ху	1
• частное от деления 1 на ху принимает наименьшее значение тогда,
когда произведение ху принимает наибольшее при данных условиях
значение. По условию ху — х (1 — х). Следовательно, ху принимает
> 1
наибольшее значение тогда, когда х = 1 — х, т. е. когда х =
у = Наименьшее значение выражения — + — равно 4.	I
106.	а) Наибольшее значение cos х равно 1, наибольшее значение ’
cos 2х тоже равно 1. Значит, наибольшее значение у может быть при
тезначениях х, когда cos х и cos 2х одновременно равны 1. Рассмот- ,
рим совместно графики функций у == cos х и у — cos 2х. Из графиков	|
можно увидеть, что максимум достигается в точках х = 2kn, ymax=2.	|
Для решения задачи можно было воспользоваться и производной.
б) Даже не строя график, теперь легко догадаться, что наиболь-
шее значение вновь достигается в точках х = 2kx, ymai = 3.
107.	Поскольку в треугольнике sin А = sin (180° — (В + С)) =
= sin (В -f- С) и, кроме того,
sin (В + С) = 2 sin cos и
'	2	2.
sin В + sin С = 2 sin Cos
к	2	2
то данное равенство можно переписать в виде	. .
о . В + С В —С , п . В + С В + С ,
2 sin  cos--------Ь 2sin  "- cos = 1.
2	2	2	2
44
Но
угла
В	D_ £
— < 90°, тем более	—-— < 90°. Косинус меньшего
в—сл .	ж ' в + с п
----больше, чем косинус большего угла . Поэтому
2	2
—cos ff-'fr— < 1 и sin (В+ С) <Так как синус меньше
А	-6
4 sin
1/2, то аргумент синуса меньше 30°.
108.	| cos х | = Уcos2 х; | sin х | = V sin2 х.
У1 4- 21 sin х • cosx| = V 1 + 2 Vsin2х • cos2х =
— Vsin2 х 4- cos2 х 4- 2 V sin2 x • cos2 x «
= Vsin2 x 4- 2 Vsin2 x • У cos2 x 4- cos2 x =*
= || sin x | 4-1 cos x || == | cos x | 4-. I sin x |,
что и требовалось доказать.	'
109.	Замечаем, что 2,62 = 6,76; 2,42 = 5,76. Дальнейшие рассуж-
дения очевидны.	2’
' НО. Замечаем, что (2 — УЗ)2 = 7—4Уз > 0. Поэтому
1g (7 — 4УЗ) = 2 1g (2 — УЗ). Выполняя деление, получаем 2.
111.	Воспользуемся неравенством. 1g 49 < 1g 50. Левую часть
можно записать так: 2 1g 7, а правую так: 2 1g 5 4- 1g 2. Заметим, что
1g 2 4- 1g 5 = 1g 10 = 1. Поэтому правая часть может быть записана
в виде 1g 5 4- 1. Отсюда и получаем, что 21g 7 < 1 4- 1g 5 и 1g 7 <
< 14-lg5
. 2	’ '
112.	Имеем очевидные равенства:
log* 60 = log* 4 • 15 = 1 4- log* 15,
logs 30 = logs 3 • 10 == 1 + logs 10-
Поэтому задача сводится к выяснению, какое из двух чисел боль-
ше: log* 15 или logs Ю'
Ясно, что первое из них меньше 2, второе больше. Поэтому второе
из двух данных чисел больше, чем первое.
113.	Ясно, что 1< logs *7<2 и 1< log, 27 <2. Из этих нера-
венств получаем, что
2 <’log3 72 < 4 и'2< log, 272 < 4,
иди
2 < log3 49 < 4 и 2' < log, 729 <4.
Уточняя эти двойные неравенства, получаем соответственно
3 < log8 49 <. 4 и 3 < log, 729 < 4. Отсюда следует, что
6 < logs 2401 < 8 и 6 < log, 531441 < 8. Находим,' что З7 = 2187
и 7’ = 823543. Поэтому 7 < log3 2401 < 8 и 6 < log* 531441 < 7.
Следовательно, первый логарифм больше, чем второй, т. е. log8 7 >
> log, 27.
114.	Логарифмируя по основанию b обе части, получаем:
45
log* c logft a = log6 a lgft c.
115.	Рассмотрим lg = -g ! lg——~b *g ” и проверим,
Л
будет ли эта функция от п монотонной. , Если, например,
окажется, что 1g возрастает с ростом п, то и nl также возрас-
тает с ростом п. Тогда ответ на вопрос, поставленный в условии, не
составит труда.
Вместе с тем ясно, что lg (п + 1) больше*lg п и, значит, больше,
чем среднее арифметическое чисел lg 1, 1g 2, ..., ^«.Воспользо-
вавшись результатом задачи 90, получаем, что
lgl + lg2 + ... + lg(n+l) > 1g 1 + 1g2 + ...4-1g»
п + 1	п .	’
Итак, функция lg •р'пТ целочисленного аргумента монотонно возрас-
тает с ростом п. Следовательно, ->/10! > j/91.
116.	Прежде всего замечаем, что’ данная функция нечетная. По-
этому ее график симметричен относительно начала координат. Когда
значения х близки к нулю и х > 0, значения данной функции близки
к значениям функции у = —, хотя и несколько больше их. Когда
х
значения х стремятся к бесконечности, значения данной функции
мало отличаются от значений функции у = х, хотя и несколько боль-
ше их. Ясно, что поскольку на рассматриваемом промежутке функция
непрерывна, то она должна иметь здесь минимум. По этому описанию
вполне можно построить график. Он приведен на рисунке 12.
117.	Данная функция нечетная. При положительных близких
к нулю значениях х она мало отличается от функции у = — —, при
х
этом значения данной -функции несколько больше. При значениях
46
118.	Функция нечетная (поскольку сумма или разность двух не-
четных функций — функция нечетная). При малых значениях х она
близка к у = —х, при больших - к у = ?. График этой функции
изображен на рисунке 14.
119.	Функция четная, поскольку разность двух четных функций —
четная функция. График ее симметричен относительно оси ординат.’
При малых значениях х данная функция близка к функции у = х\
при больших — к у = —х*. График ее изображен на рисунке 15.
120.	Из условия задачи ясно, что значения у должны быть неполо-
жительными. Данная, функция непрерывна, и уравнение может быть
записано так: х® 4-у’ = 1; значит, ее график представляет собой
полуокружность с центром в начале координат и радиусом 1 (рис. 16).
121.	Прежде чем строить график, преобразуем данное выражение:
47
В результате получаем синусоиду с амплитудой V2, сдвинутую
• по оси абсцисс по сравнению с у = sin х на — влево (рис. 17).
4
122.	При значениях х, положительных и близких к нулю, значе-
ния данной функции оказываются значительно меньше, чем значения
функции у = sin х. При значениях х, стремящихся к -у, значения
функции у = sin8 х стремятся к 1. Это стремление происходит «более
круто», чем для у = sin х (рис. 18), но тем не менее «острия» при х = у
нет, поскольку (sin5x)' = 0.
123.	В данном Случае график более крут в окрестности начала
координат и более пологий в окрестности значения х = ~ (рис. 19).
124.	Произведение двух нечетных функций—функция четная.
Поэтому y = xsinx — четная функция. График ее симметричен
относительно оси ординат. Замечаем также, что график данной функ-
ции находится внутри и на границе части координатной плоскости,
представляющей собой совокупность двух прямых углов, вершины
которых находятся в начале координат, а стороны наклонены к оси
абсцисс под углом 45° (рис. 20). Получившийся график можно' рас-
сматривать как результат растяжения синусоида в направлении оси
ординат, причем для каждого значения аргумента х это растяжение
пропорционально х.
4$
Рис. 20
125.	Рассматриваемый график аналоги-
чен графику, построенному в предыдущей
задаче. Однако здесь функция нечетная
(поскольку представляет собой произведе-
ние четной функции на нечетную).. Поэто-
му график симметричен относительно на-
чала координат (рис. 21).
126.	Данная функция нечетная,.график
ее симметричен относительно начала коор-
динат. Значения функции находятся внут-
ри и на границе полосы, которая задается
двумя параллельными прямыми у — х — 1
и у = х ф- 1. Касательные к графику со-
Рис. 21
Рис; 22
ставляют с осью абсцисс острый угол или (в отдельных точках) па-
раллельны ей. Действительно, у' — 1--^- cos х 0. Нулевые значе-
ния производная принимает в точках, гдех = 2/?л. График имеет
вид, изображенный на рисунке 22.
127.	Данная функция четная, поскольку является произведением
двух четных функций. На промежутке |0; у , т. е. там, где и синус
и косинус положительны, она равняется sin 2х, поэтому на этом про-
межутке ее график представляет собой полуволну синусоиды, сжатую
вдвое вдоль оси абсцисс. На промежутке	гЛе косинус х от-/
рицателен, график представляет две полуволны нашей синусоиды,
расположенные снизу от оси абсцисс. Далее, на отрезке оси абсцисс
длиной л полуволны расположены снова сверху, затем снова снизу
(рис. 23). Данная функция оказывается периодической с периодам
длиной 2л.
128.	Данная функция четная, поскольку представляет собой про-
изведение двух нечетных функций. При малых значениях х функция
близка к функции у — х2, при больших по модулю значениях х —
4»
Рис. 23
к прямым у = -~x и у = — у х. График имеет вид, изображенный
на рисунке 24.
129. Воспользовавшись тем, что 1—cosx = 2 sin2-^запишемдан-
л . х
2 sin
пределов: lim-------х
х-*о х
ный предел в виде произведения двух
. х •
Sin —
х lim-------. Так как lim -s,n*
х-*0 х	х->0
. X
sm“
записать в виде lim----------
х-*0 х_
2
= 1, то
X
данный
предел можно
1  slnI
~ lim------ =
2 х»о
2
130. Преобразуем этот предел к виду
- lim . lim
X->0 X	x2cosx
2
£
2
131. Рассмотрим две функции ух = ех и у2 = — х.
а
ня данного уравнения, еели он имеется, определяется точкой пере-
сечения графиков этих функций. Посмотрим, может ли прямая, про-
ходящая через начало
. Значение кор-
координат, касаться графика показательной
функции ух слева от начала координат.
Ясно, что нет. В самом деле, если пря-
мая проходит во второй четверти внутри
ее, то она пересекает этот график, если —
в третьей четверти внутри ее, то она
не имеет с графиком показательной
функции слева от начала координат об-
щих точек. Наконец, если прямая, о ко-
торой идет речь, лежит на границе между
второй и третьей четвертями, т. е. рас-
положена по оси абсцисс, то она слева
от начала координат имеет общую точку
50

с графиком показательной функции только в минус бесконечности. Bcez
возможные случаи разобраны и показано, что касание прямой, проходя-
щей через начало координат, с графиком показательной функции возмож-
но только справа от начала координат, т. е. в некоторой точке с абсцис-
сой х0 > 0. Найдем это значение х. Должно быть: у0 = е*‘ • х0 =
— Поэтому х0=1. Вернемся теперь к данному уравнению.
Оно не имеет корней в том случае, если прямая у2, проходящая через
начало координат, имеет тангенс угла наклона к оси абсцисс — мень-
а
ше, чем тангенс угла наклона касательной к е*0, т. е. должно быть:
— < е или а > —.
а	, е .
132.	Рассмотрим разность у2 — У1 — 2 sin х (1 — cos х) 0. По-
этому в рассматриваемой области везде, кроме х = 0, у2 больше, чем
У1- При х = 0 у! = у2.
133.	Значение а не может быть целым. Графики всех таких функ-
ций известны, и ни один из них не имеет такого вида. Замечаем, что,
судя по рисунку 4, функция должна быть черной. Это означает, что
если число а представить как несократимую дробь, то числитель этой
дроби должен выражаться четным числом, а знаменатель — нечетным.
Кроме этого, производная в точке х = 0, судя по рисунку, должна
обращаться в бесконечность. А это возможно только при а < 1.
134.	Прежде чем вычислять производную, несколько преобразуем
правую часть данного равенства:
f (х) = (cos2 х + sin2 х)2 — 2 sin2 х cos2 х 4- х = 1 —	— + *•
Теперь продифференцируем: f' (х) = —$ sin 2х cos 2х 4-1 = 1, от-
куда sin 4х = 0. Поэтому х = — k.
4
135.	Известно, что f (0 = t + — (t > 0) принимает наименьшее
значение при t = — = 1 и равно f (1) = 2. Так и в нашем случае,
минимальное значение + е-*) достигается при ех = егх, т. е.
при х = 0, и равно единице. Касательная к графику функции парал-
лельна в тех точках, где достигается максимум или минимум. Поэто-
му в нашем случае такой касательной служит прямая у = 1. Диффе-
ренцируя данную функцию и приравнивая результат нулю, можно
убедиться, что других касательных, параллельных оси абсцисс, она
не имеет.
136.	Касательная к данной кривой у = е* записывается так:
у — у0 —(х — х0). В данном случае = 1 и, значит, хо=О.
Поэтому у0 = е° = 1. Искомая точка (0; 1).
51
10 к л а с с
13/. Если сумма коэффициентов многочлена при.х в четных сте-
пенях равна сумме его коэффициентов при нечетных степенях, то
х =—1 является корнем данного многочлена.
Действительно, если данный многочлен Ря (х) = а0 4- агх +
4-О2Х2 4-• • • 4-o„x", то, подставляя значение х = —1, получаем:
Ря (—1) = Оо — ах + а2 — а3 + ... + (—l)n-‘a„-i + (—1)яа„ = 0,
Ря (—1) = а0 + а2 + а4 4* ... + ап — (а{ + а3 + ... 4- ая_1) = 9>
если п — четное натуральное число;
Ря(—1) = «о + а2 + а4 + • • • + «л-1 — (Oi 4* °з 4" ••• + ап) = 0,
если п — нечетное натуральное число.
138.	Перепишем данный многочлен в другой форме:
п (хл+1 — хл) — (хя — 1) = пх" (х — 1) — (х — 1) (хя-1 +
+ Xя-2 + . . . + 1) =
= (х — 1) (пхл — Xя"1 — Xя-2 — ... — 1) =
= (х — 1) ((Xя — х"-1) 4- (Xя — х»-2) 4- (Xя — Xя"3) 4-... 4-
4-(хя —1)) =
= (х—1) (Xя"1 (х—1) 4- Xя-2 (х2—1)4-хл-3(х3—Т)4-. • 4-1 • (х«—1))=
== (х — I)2 (хл-‘ 4- Xя"2 (х4-1) 4- Xя-3 (х2 4- X 4- 1) 4- хл-4(х® +
4- х^ 4- х 4-1) 4-... 4-1 • (хл-‘ 4- хл~2 4- хл~3 4-.. . 4-1) =
= (х—I)2 (пхл-‘ 4- (п — 1) хл-2 4- ... 4- Зх2 4- 2х 4- 1).
Таким образом, частное от деления равно 1 4- 2х 4- Зх2 4- • • • 4- «Xя-1.
Если бы нам требовалось установить только делимость данного
многочлена на (х — I)2, то достаточно было бы заметить, что (хя—хл-1)+
4- (х“ — хя-2) 4* (хя — хл-3) 4- ... 4- (хя — 1) при х = 1 обра-
щается в нуль. Следовательно, этот многочлен имеет корень х = 1 и
делится на х— 1. Значит, данный многочлен делится на (х—I)2.
139.	Имеем: Ря (х) == а0 4- а^х 4- «гх2 4- ... 4- ап-1 хП~1 + «ях“-
Частное от деления этого многочлена на х — а есть многочлен Q„_i(x)
(п — 1)-го порядка, причем Р„ (х) > Q„_x (х) (х -г- а) 4- с. Получили
тождество, справедливое для всех значений х, в том числе для х — а.
Подставляя в него х — а, получаем, что с — Рп (а), поскольку пер-
вое слагаемое в правой части обращается в нуль.
140.	а) Нетрудно показать, что многочлен ух принимать только
отрицательные значения при всех возможных значениях х не может.
Действительно, при х = 0, у (0) — 1 > 0 при всех'значениях X > 0.
Для того чтобы ух принимал только положительные значения,
необходимо и достаточно, чтобы
(1 _ 1)2 — 4Х < 0, илиХ2 — 6Х 4- £< 0,
т. е. 3 — 2]Л2 <Х < 3 4-2]Л2.
6)	у2 (0) = —!• Значит, ни при каких значениях X многочлен
52
у г не принимает только положительные значения при всех значениях
х. Чтобы многочлен сохранял отрицательное значение для всех зна-
чений х, должно выполняться неравенство (X—1)24- 4Х<0. А
это при X > О невозможно. ••
141.	Рп (х) = aiX +'а2-^ + • • • + ^пХ",
Qm (х) = Ьо 4- btx 4- 62х2 4-.. . 4- Ьтхт.
Эта запись показывает, что в первом случае наивысший порядок
коэффициента многочлена, не равного 0, равен п, во втором — т.
Подставляя х = 1, получаем, что Рп (1) и Qm (1) представляют собой
суммы коэффициентов соответствующих данных многочленов. Ясно,
что, перемножая эти многочлены, мы получаем многочлен, сумму ко-
эффициентов которого также можно получить, подставляя х = 1.
Отсюда и следует справедливость высказанного в условии задачи
утверждения.  '	,
142.	Если 2х® — х2у — ху2 — Зу3 делится без остатка на 2х — Зу,
то в частном получается многочлен вида ах2 4- Ьху 4- су2, где а, b и
с — некоторые постоянные. Действительно, в результате перемноже-
ния этих двух многочленов с двумя переменными получим х8, х2у,
ху2, у’ с некоторыми постоянными коэффициентами. Выполним умно-
жение:
(ах2 4- Ьху 4- су2) (2х — Зу) =
= 2ах® 4- 26х2у 4- 2сху2 — Зах2у — Збху2 — Зсу3 =
= 2ах® 4- х2у (2Ь — За) 4- ху2 (2с — 36) — Зсу3.
Полученное произведение тождественно равно 2х® — х2у — ху2 —>
— Зу8 тогда, когда а = 1, 26— За — — 1, 2с— 36 =—1, с=1,
откуда 6 = 1.
Таким образом, мы разделили 2Х3 — х2у — ху2 — Зу2 на 2х — Зу
и получили в частном х2 4- ху 4- У2-
Проводя аналогичные рассуждения для многочлена 4Х8 4- ^У +
4- ху2 — Зу8, получаем :.
(ох2 4- Ьху 4- су2) (2х — Зу) =
= 4Х8 4- х2у 4- ху1 — Зу3 =
- = 2ах® 4- х2)» (26 — За) 4- ху2 (2с — 36) — Зсу3.
'	7
Следовательно, должно быть: а = 2, 26 — 6=1, откуда 6 = —,
23
2с — 36= 1. Значит, с одной стороны, должно быть: с = —, но,
4
с другой/Стороны, должно быть справедливо равенство с=1, по-
скольку —Зс = —3. Получили противоречие; Значит, многочлен
4Х8 4“ х3у 4- ху3 — Зу8 разделить без остатка на 2х — Зу нельзя.
Многочлен х2 4- ху 4-у2 на множители не разлагается, потому
— I + (— | + 1 (оно
У/ \У/
не имеет действительных корней/ т. е. значений —, обращающих
/	У
I + {— 1 + 1 в нуль).' Поэтому единственный общий делитель,
\У/	\У/
53
который может быть у многочленов 2х®— х®у — ху® — Зу® и 4х®4*х2у +
4- ху® — Зу®, представляет собой многочлен двух переменных
х® 4- ху 4- у®.
Посмотрим, удастся ли нам найти такие значения а и Ь, чтобы
удовлетворялось тождество
(х® + ху + у2) (ах + by) — 4х® + х®у + ху® — Зу3.
Левая часть равна
ах8 + х®у (6 + а) + ху® (b + а) + by3.
Имеем: а —4, b + а=1, откуда b = —3. При этих значениях а и b
коэффициенты при ху® и у® действительно равны 1 и —3. Окончательно
находим:
4х® + *2У + ху3 — Зу8 = (х® + ху + У2) (4х — Зу).
Замечание. Можно было бы, конечно, выполнить деление
данного первого многочлена на 2х — Зу посредством построения и
группировки таких слагаемых, из которых каждый делился бы на
2х — Зу без остатка:
(2х® — Зх®у) + (2х®у — Зху2) + (2ху2 — Зу8) =
= х® (2х — Зу) +'ху (2х — Зу) + у® (2х — Зу) =
= (2х — Зу) (х® + ху + у2).
(з
~~ Аналогичное деление на 2х — Зу второго многочлена приводит к
ненулевому остатку:
(4Х3 — 6х2у) 4- ^7х2у — 2Лу2) + (^ХУ2—
= (2х — Зу) ^2х2 4- ^ху 4- ^у2) 4- Ну3-
57
Здесь —у3 — остаток от деления, множитель во вторых скобках —
частное.
143.	Представим данное уравнение так: х 4- — = 3 4- — или
х	3
х + ~ = ‘у + 3, откуда видно, что Xj = 3 и х2 =
144.	Левая часть уравнения симметрична относительно а, b и с.
Замечаем, что +	—а =1. Поэтому возникает догадка, что
Ь + с
корень х равен а + b + с. Действительно, -------
а + с
_ а4-»4-с —с _ Догадка оказалась правильной: х = а 4- b 4-с.
а + Ь
145.	Перенесем в правую часть	—£-»	Делим обе час-
ти уравнения на коэффициент при х. Получаем:
/	1	,	1	.	1 V1 /	а  i	Ь ।	с \
х = |------1-----4------1 I------1*----4-------!•
\*4-с а4-с а4-6/ V> 4- с а + с а 4-
S4
Ясно, что для существования решения необходимо и достаточно,
чтобы-1-4--5—4--!-#= °.
bс а 4- с а-{-Ь
146.	Преобразуем подкоренные выражения:
х — 2Ух=1 = (х— 1) — 2Ух^~1 •+ 1 = {У~1 — I)2,
х 4- 3 — 4]/Т="1 = (х — 1) — 4Ух^1 4- 4 = (У^1-2)2.
Таким образом, данное уравнение оказалось преобразованным
к виду \Ух — 1 — 114- \Ух — 1 — 2| = 1.
По определению Ух — 1^0. Имеем: 0 Ух — 1 Г при
1 х 2; 1 <Ух — 1^2 при 2 < х ^.5;У х ~ 1 >2 яри х >5.
Разобьем область возможных значений х на три участка [1; 2], ]2; 5[,
[5; оо[.	_____
На первом участке данное уравнение принимает вид: —Ух — 14-
4- 1 — Ух — 1 4-2=1, откуда Ух — 1 = 1 и х = 2.______
На втором участке получаем: Ух — 1 — — ]/х — 1 4-2=1,
0 = 0, т. е. уравнение удовлетворяется при любом значении х.
Наконец, на третьем рассматриваемом участке имеем:
Ух — 1 — 1 4- Ух — 1 — 2=1, откуда 2]/x — 1=4, x = 5.
147.	Догадка о значении корня может возникнуть так: из х вы-
читаем а2 и получаем величину, из которой извлекается нацело квад-
ратный корень и в результате получается Ь. Значит, х = аъ + 62.
Проверка показывает, что это действительно корень уравнения.
148.	Представим уравнение в виде ах~ 1 = Теперь не-
ах~1 — 1 ab — 1
трудно догадаться, что х-1 = Ь, или х = —. Других корней нет,
♦	ь
поскольку уравнение сводится к.линейному.
149.	Сколько может быть различных корней у этого уравнения?
Две параболы у = х2 и у = (х — 2)2 отличаются тем, что вторая
сдвинута относительно первой вправЬ'на две единицы. Поэтому у них
только одна общая точка и, следовательно, у данного уравнения один
корень. О значении этого корня догадаться нетрудно: х = 1.
15Q. Свободный член уравнений имеет вид: cd — ab. Слева у х
в .первой степени коэффициент а 4- Ь, справа с 4- d. Отсюда следует,
cd — ab
ЧТО X =------------.
а-{- Ь — с — d
151. Введем первую.замену переменной,,чтобы получить‘выраже-
ние, симметричное относительно неизвестной величины. Примем
х’+2 = у. Тогда получим:
-1-4-—*-4.1+_1_ + _1_=о.
у-2	у-1^ у у 4- 1 У 4-2
55
Хотя это выражение и симметрично, привести его к такому виду, что-
бы решение свелось к решению квадратного уравнения, все еще за-
труднительно. Поэтому выполним еще одну замену: у = у. В резуль-
тате получаем:
Так как t 0, то приходим к уравнению .	. *
----— 4~---- 1 -|~ ..... -4— —	= 0.
1-йт1 + 2(т т 1—1+/
Решение этого уравнения уже легче свести к решению квадратно-
го уравнения. Имеем:
2	।	2	. , Л	2	, *	8	, , л
—|-	4-1 = 0, или 4~ —"1	—I— 1 ” 0.
1—4/2	1 — й 1	1 _ 4Й	3 4- (1 — №)
2 Я
. Выполним третью замену: 1 — 412 = и. Тогда — 4- g-j— 4-1 = 0.
Последнее уравнение приводится к квадратному: и2 4- 13ы 4- 6 = 0.
Откуда должно быть:	= —13±/145
Далее получаем:
15 4-/145	t. = _1_ , /~15 4- /145 *t  _1_ , /~15 4~ /145. •
8	1	2 V 2	’ 2	2 V 2	’
2)Р^-У14*,	1/ UzzX.1-45 4=^Г-|/ —/146 .
8	2' V 2	’ *	2 /	2	’
<	1 /"15 4-/145	,/’15 4-/145 г,
Уз = 1/ —-----, у4 = — 1/ —Ч----• Переходя к х, получаем:
'=/^F5-2’ <•—/‘ЧЯ-2-
152. Преобразуем данное уравнение к виду
.	А
4- I'j —	4- / = [х~4 ц-
\х 2	/ \х 3	/	\я. -f- 5 J \х 6
Выполняя указанные в скобках действия, получаем:
56
1 (2x4- 1)(—— + —J------J------!—Л = 0 и х1 = — —.
\ Т Цх + 2 х + 6	х+3 х + 5/	1	2
Вот когда выясняется смысл проделанного выше преобразования дан*
ного уравнения. Сгруппировав в уравнении --'"g" 4----------
— —----------J-y = 0 первое слагаемое со вторым, а третье с чет-
вертым, преобразуем его к виду
—J-----------------1—__ = 0.
х2 4-8«4-12 х2 + 8x4-15
Обозначим: х2 4- 8х 4- 12 = у. Тогда данное уравнение принимает
вид:  ----!— = 0 или у 4- 3 — у = 0. Получаем противоречивое
 у  у + 3
равенство 3 = 0. Следовательно, других корней данное уравнение
не имеет.	х
Г53. Разобьем ось абсцисс на следующие четыре участка:
J-oo; 1], ]Г, 2], ]2; 3], ]3; оо[.
Если х£]—оо; 1], то |х — 1| = —х 4-1; |х — 2| =—х-J-2;
|х — 3| = —х 4- 3 и уравнение принимает вид: —х 4- 1 + 2х	4—
— —Зх 4-9 = 4,—2х 4- 6 = 4, х = 1.
Если х 6 ]1; 2], то х — 1 4- 2х •— 4 — Зх 4- 9 = 4, 4 = 4. Зна-
чит, любое значение х из указанного промежутка является корнем
уравнения.	-
Если х С ]2; 3], то х — 1 — 2х 4- 4 — Зх 4- 9 = 4, —4х 4-12=4,
х = 2, но это значение в рассматриваемую область не входит.
Если х С ]3; оо[, то х — 1 — 2х 4- 4 4- Зх — 9 = 4, 2х — 6 = 4,
х — 5.
Итак, корнями уравнения являются 1^х^2их = 5.
154.	Нетрудно заметить, что х = 1 является корнем уравнения.
Покажем, что других корней нет. Для этого достаточно убедиться,
что левая часть уравнения с возрастанием х > 1 также возрастает.
Но это действительно так, потому что с возрастанием х каждое из сла-
гаемых возрастает.
155.	Видно, что значение х = 0 удовлетворяет данному уравнению.
Рассмотрим функцию [(х) = УЛ-\-х-}-угх — p^l — х и возьмем
от нее производную f (х) = ^^===--f-4-y==j-Все слагае-
мые в правой части производной положительны при всех допустимых
значениях х. Значит, при любых значениях х /'(х) > 0. Поэтому
f (х) может равняться нулю (а данное уравнение иметь соответственно
корень) только при одном значении х и это значение равно нулю.
156.	Имеем: 3 (х 4- У. 4- z 4- «) = о 4- Ь 4- с. 4- d, или х 4- У +
4-&4-ы= a + b + c + d .
з
Вычитая йз этого уравнения последовательно каждое из уравне-
ний данной системы, получаем:
С	57
b с d %  а — 2Ь Ц- с *4“ d
v — Q + — 2с +	2 __ а-^Ь -]-с — 2d .
У ~ 3 ’ ~ 3
157.	Сложим все уравнения и из суммы вычтем удвоенное каждое
из данных уравнений. В результате получим новую систему уравне-
ний
—а* + Ь* +с*
2
а? — Ь* + с»
2	’ '
а2 4- 62 — С2
2
Перемножая правые части уравнений, входящих в эту систему, по-
лучим, чему равняется x2y2z2. Извлекая из этого произведения
квадратный корень, найдем значение xyz. Поделив полученный резуль-
тат на значения yz, xz и ху, найдем последовательно значения х;
у и г. Получим:
/~(Д2 — 62 4~ С2) (д2 4- 62 _ С2) .
|/	2 (—а? + 62 + С2)	’
у/" (—а* + 62 + С2) (д2 4- 62—£2).
V	2 (Л? — 6? 4- с2)	’
, /~ (-а2 + 62 4- С2) (д2 _ 62 4- С2)
V 2 (а?-f-65—с2)
158.	Пытаясь разложить сумму х + у + ху на множители, за-
мечаем, что недостает одного слагаемого, а именно единицы: 1 + * +
+ У + ху = (1 -|- х) (1 + у). Прибавим к обеим частям данных
уравнений по 1, получим новую систему уравнений относительно
переменных = 1 + х, х2 — 1 + у, *s = 1 + z:
г ххх2 = а2 + 1,
J Х1х3 == Ь* + 1,
'	1*2*3 = с2 + 1.	'	•
Чтобы найти корни этой системы, перемножим уравнения й извлечем
из обеих частей’ квадратный корень. Дальше, используя деление,
как в предыдущей задаче, найдем:
, л Г(а*+1)(62+1). х _ , л Г(а2+ 1) (с2 + 1).
v ', 1 /> + 1) (с2 + 1)
Хз-±И ^+1 
Теперь найдем корни данной системы:
— > ± у - - > ±
,	1 . -I Л*2+ !)(<*+!)
Z — — 1 -т I/ ------------.
“к а2 + 1
159.	Левую часть неравенства представим в виде
7VW+1 = N ‘ Nn = Nn + Nn + . . . + Nn.
N слагаемых*
Правую часть неравенства можно представить в виде N — 1 сла-
гаемых, два из которых равны Nn, а остальные меньше, чем Nn , и
слагаемого N + 1, которое при N >2 меньше Nn . В самом деле,
JVW >№ = #•#> 2W = # + #>#+!•
Покажем теперь справедливость утверждения, высказанного вы-
ше:
(N + !)*=»(# + 1)(АГ+ 1) .. . (tf-J-J).
N пар. скобок
Представим произведение в правой части в виде суммы. Для
этого выполним умножение. Из каждой скобки возьмем в качестве
множителя N. Получим первое слагаемое суммы (N + l)w. Оно рав-
но Nn. Теперь возьмем из первой скобки множитель 1, из остальных —
множитель N, получим Nn~1, затем из второй скобки — множитель
1, из остальных — по N, получим Nn~1. Продолжая этот процесс,
получим _N таких слагаемых. Их сумма равна N • Nn~x = Nn.
Третье слагаемое получим, беря поочередно из двух скобок по 1, из
остальных — по N. Это слагаемое будет иметь вид: kNN~2, где k —
какой-то целый положительный коэффициент. Выясним, будет k
больше-или меньше, чем №. Если k< N2, то слагаемое kNN~2< Nn.
Оно действительно меньше. Сколькими способами можно из N со-
множителей-двучленов выбрать две единицы? Первую — N способа-
ми, а вторую — меньшим числом способов, потому что одна единица
уже выбрана. Поэтому k < №. Точно так же, если при умножении
из трех скобок брать по единице, то число слагаемых будет меньше,
чем №, а каждое из этих слагаемых равно N^~3. Поэтому в сумме
получим число, меньшее Nn~3 • № = Nn. Продолжая рассуждения
дальше, получим нужный результат.
160.	Пусть производительность первой линии — nt единиц про-
дукции в час, второй — «2, третьей — п3. Каждая тиз линий работает
по Т часов в сутки.
Из условия задачи получаем систему трех уравнений с четырьмя
неизвестными:
(п2 + пз) [т —	»
п2(Т — 2) = п1Т,
пз = ± (П1 + п2).
59
Число неизвестных в этой системе можно уменьшить до трех, по-
делив каждое уравнение на пг. Тогда получаем систему трёх уравне-
ний с тремя неизвестными Т, — и Д2-:	.
Л1
/п’2 [.	\ /у_
< 1. Полученное неравенство
у___ Q П2 ~ Т
"1 "1 ’ •
/^3	1	1
Пх	2 пг 2
Теперь исключим с помощью третьего уравнения системы из пер-
л.
вого уравнения —..затем с помощью второго уравнения из первого —
«х	„
—. Получаем квадратное уравнение относительно Т:	. <
5Т* — 43Т 4- 24 '== 0. Решая его, находим значение Т =8 (отрица-
тельный корень не удовлетворяет смыслу задачи).- И, подставляя его
во второе уравнение, находим: — = Зная —, из третьего урав-
3	nt
нения находим: ^ = —. Наконец, разделив — на —, находим: — =
nL 6	лх лх	пг
— что и требовалось.
161.	Должно быть:
равносильно системе неравенств
-___________________________। <. х2 — 5х + 4
х2 — 4	’
х2 — 5х + 4 < j
-	. х2 — 4	*
8	5
Решая их, находим: 0 х — или х —.
162.	Преобразуем данное выражение к виду
1/g2 + b2 f —=Д==г-cosх 4—r b sin х\
\Уа2 + 62	/а2 + &2	/
Примем, что р====- — sin <р. Это можно сделать; поскольку
I--——. 1^1. Тогда r b = cos <р. Действительно, । , а У 4-
|za2 4- I	/а2 + й2	\/а2 4- *7
4-1^===-j — 1. Следовательно, данное выражение преобразовы-
' вается к виду ]Лг24~ sin (х + ф)- Максимальное значение этого
выражения Ус? 4- Ь2, минимальное —У а2 4- Ь2.
163.	Замечаем, что у не может быть отрицательным, так как в пра-
вей части содержатся четные степени с неотрицательными коэф-
фициентами. Поэтому если у может быть нулем," то это- и будет
68
его наименьшим значением. Нетрудно заме-
тить, что, например, при х — 0 правая часть
обращается в нуль.
Для того чтобы отыскать наибольшее зна-
чение функции, преобразуем правую часть: •
sin2 2х
у —...........—-----------------------
(s in2 х + cos2 х)2 — 2 sin2 х cos2 х
___ sin2 2х_______£ j 4
sin2 2x .________2 — sin? 2x '
~	2
Наибольшее значение последнего выражения достигается при
sin 2х = + 1 и равно -^2 + 4 = 2.’
Итак, наименьшее значение у равно 0, наибольшее 2.
164.	Находим: (х) = Зх2 In х х®. Поэтому х.(3х®1п x-f- х®) =
= 2х® In х, или так как х Ф 0 3 In х + 1 = 21п х, In х = —1,
х = е-1.
165.	Площадь фигуры, о которой говорится в условии задачи,
заштрихована на рисунке 25. Ее можно вычислить как разность двух
интегралов: (exdx — (e~xdx = ех I + егх I = д1 -f- е-1 — 2.
О о	о о
166.	Для удобства запишем данную1 функцию иначе:
у == 1 4- sin 2х. Первообразная от этой функции равна х _j_ ct
где произвольная постоянная. Подставляя вместо х его значе-
1	3
ние в данной точке, т. е. 0, получаем:-С = 1. Откуда С = —.
2	2
Стало быть, искомая первообразная равна х —
167.	Преобразуем вначале подынтегральное выражение:
X	XX.
С 1 4- cos 2хи j	С du , Г 1 /п \ j
1	2---du = \ у + I у cos (2хи) du.
0	0	0
Перейдем теперь к новой переменной v — 2xu. Если и = 0, то
v = 0. Если и — х, то v= 2х2. Кроме того, du = Поэтому
искомый интеграл равен
2х*	'
. —+ — f cosvdv = — + ~sin2x2.
2 4х J	2 4х
0 *
Из данного уравнения получаем: swi2x2= 1, откуда искомое
значение х равно ± 1/ л + уК(4&+ 1)л(/г = 0, 1, 2, ...).
61
168.	График зависимости — а] представляет собой сово-
купность двух лучей, проведенных в полуплоскости у 0 из точки
с координатами (а; 0) один под углом -2- к положительному направ-
...	4
лению от абсцисс, другой под углом “ к тому же направлению
4
(для случая а — 0 такой график строился в задаче 70, а) настоящего
раздела).	‘	.
Я ‘
Интеграл j — а| dt геометрически выражает собой площадь
о
фигуры, «верхняя» граница которой график у = \х — а|, «левая»
граница — прямая х = 0, «правая» граница — прямая, параллель-
ная оси ординат и находящаяся от неё на расстоянии х в полуплос-
кости х > 0. «Нижняя» граница — отрезок [0; х] оси абсцисс. Если
точка а располагается вне отрезка [0; х], то такая фигура представ-
ляет собой трапецию. Если точка а попадает в концы этого отрезка,
то трапеция вырождается в равнобедренный прямоугольный тре-
угольник, имеющий отрезок [0; х] катетом. Геометрически ясно, что
площадь трапеции максимума не имеет и становится минимальной,
когда трапеция вырождается в треугольник. В этом случае площадь
рассматриваемой фигуры равна у.
Если а — положительное число, меньшее х, то рассматриваемая
фигура представляет собой объединение двух прямоугольных равно-
бедренных треугольников с катетами а й X— а. Суммарная их пло-
щадь составляет — 4-	в качестве постоянной величины в
2	2
последнем выражении рассматриваем х, а в качестве переменной а.
Дифференцируя это выражение по а и приравнивая результат нулю,
из получившейся формулы находим, при каком значении а дости-
гается наименьшее, его значение: 2а + (х — а) (— 2) = 0 и а=-|-.
Следовательно, в данном случае минимальное значение площади рас-
Я
сматриваемой фигуры достигается при а == у и оно равно С |1 — а| di=
о
Я
2 ,
л	у2
I (1 — a) dt = Это значение минимально для
б	о
любой из рассматриваемых фигур.
169. Подставляя последовательно в первое уравнение значение у,
выраженное через г, из второго уравнения системы, а затем значение г,
выраженное через х, из третьего уравнения, получаем: х-|--— =
10------j
10-—
х
2 .
62
=10. Это уравнение равносильно квадратному уравнению х2 — 10x-f-
-]-1=0. Решая его, находим: хх = 5 — /24 и х2 — 5 + /24.
Вследствие симметрии данной системы корни ух и у2, Zx и z2 имеют та-
кие же значения. Нерешенным остается только вопрос о том, в каком
порядке их объединять в тройки, чтобы получить ответ.
Видим* 470.	5-^Пз
---+5 + ]/24=.1О,
5+/24 £	<
+ 5 — /24 =/=10.
+ 5—/24 = 5+ /24 +5 —/24 = 10,
5-=7я+5 + >^*« " 5-ттй +
Следовательно, имеем два решения:
Xi = У1 = Zi = 5 — /24; х2 == у2 = z2 = 5 + /24,
II. ПЛАНИМЕТРИЯ
7 класс
1.	Каждая точка плоскости окрашена в один из четырех цветов.
Любой из этих цветов используется хотя бы один раз. Доказать, что
на плоскости найдется хотя бы одна прямая, точки которой окраше-
ны не менее чем в три цвета.	,	...
2.	Могут ли у четырехугольника на плоскости быть параллельные
диагонали?
3.	На стороне АС треугольника АВС взята произвольно точка Ь.
Проведем отрезок BD. Показать» что АВ -f- ВС не превышает 2В£>4-
+ас.
4.	В треугольнике АВС угол А тупой. Отсечь с помощью прямой
от треугольника АВС треугольник, две стороны и угол которого рав-.
нялись бы двум сторонам и углу данного треугольника. Возможно
ли'выполнить такую операцию?
5.	Разрезать отрезками прямых произвольный .остроугольный
треугольник АВС на такие три части, из которых можно было бы со-
ставить треугольник, не равный треугольнику АВС, но с углами,
равными его углам, и сторонами, равными его сторонам.
6.	В треугольнике АВС боковые стороны АВ и АС равны. По-
казать, что сумма расстояний от произвольной точки D на его осно-
вании ВС др боковых сторон — величина постоянная.
7.	В параллелограмме ABCD из вершины А проведен луч, пере-
секающий диагональ BD. в точке Е такой, что — =]г < 1. В каком
ED
отношении луч делит сторону ВС данного параллелограмма (ВС > АВ)?
8.	Доказать, что если у треугольника две биссектрисы равны, то
треугольник этот равнобедренный (з а д а ч-а Штейнера — Ле-
муса).
9.	Если в равнобедренном треугольнике хотя -бы один из углов
равен 60°, то этот треугольник равносторонний. Доказать.
10.	В равнобедренном треугольнике АВС углы А и С равны 40°.
Из вершины . Л внутренним образом проведен отрезок AD под углом
20° к основанию треугольника АС, из вершины С проведен отрезок
прямой CD под углом 30° к основанию. Точки В и D соединены отрез-
ком прямой. Определить, используя вспомогательные геометрические
построения, величину угла CBD.
11.	В треугольнике АВС АВ = ВС и каждый из углов Л и С
равен 50°. Из точки С под углом30°к основанию АС проведены внеш-
ним образом отрезки CD и AD. Угол CBD равен 20°. Найти угол CAD.
12.	Внутри равностороннего треугольника АВС возьмем произ-.
64
вольно точку О. Соединим ее отрезками прямых с вершинами А, В
и С. Пусть отрезок ОВ является стороной равностороннего треуголь-
ника OBD, причем точки А и D находятся по разные стороны от пря-
мой ОВ. Соединяем отрезком точки С и D. Доказать, что отрезок CD
равен отрезку О А.
13.	На треугольнике указать линии сгиба, перегнув по которым
можно совместить все три его верщины на одной из сторон.
14.	Внешней биссектрисой треугольника называется биссектриса
угла, дополняющего угол треугольника до развернутого.
На внешние биссектрисы углов АВС и АСВ треугольника АВС
из его вершины А опущены перпендикуляры AM и AN. Точки М и N
соединены отрезком прямой. Доказать, что длина отрезка MN равна
половине периметра треугольника АВС.
15.	Вписать квадрат в параллелограмм, считая известным, что
центры симметрии этих фигур совпадают.
16.	Переплетчик, желая проверить, правильно ли вырезан из кар-
тона квадрат, убеждается в том, что все его стороны прямолинейны
и равны. Что еще надо измерить, если нет угломера и картон пере-
гибать нельзя
* 17. Может ли сторона ромба равняться его диагонали? половине
его диагонали?
18.	Доказать, что прямые, соединяющие последовательно центры
квадратов, построенных на сторонах параллелограмма и примыкаю-
щих к нему извне, также образуют квадрат.
19.	Сформулировать и доказать теорему, обратную теореме Пифа-
гора, считая прямую теорему Пифагора доказанной;
20.	Известны координаты двух вершин равностороннего треуголь-
ника АВС: А (0; 0), В (Г, 1). Найти координаты третьей вершины С.
21.	Показать, что № + у2 = 2х — есть уравнение окружности. -
22.	Точка Р расположена внутри прямоугольника A BCD. Ее
расстояния до вершин А, В и С равны соответственно а, b и с. Найти
расстояние от точки Р до вершины D.
23.	Внутри произвольного треугольника ЛВС берется точка D
и соединяется отрезками прямых с его вершинами. Доказать,, что
если построить треугольник со сторЬнами, параллельными отрезкам
AD,.BD и CD, и через его вершины провести прямые, параллельные
сторонам треугольника АВС, то эти прямые пересекутся в одной
точке (Ь а д а ч а М а к с в е_л л а).
24.	На плоскости даны три параллельные прямые. Расстояние
от верхней прямой до средней равно а, от средней до Нижней — Ь.
На каждой из этих прямых находится одна из вершин равносторонне-
го треугольника. Вычислить сторону этого треугольника.
25.	На плоскости даны три параллельные прямые и треугольник
со сторонами а, 0, у. Расстояние от верхней прямой до средней рав-
но а, расстояние от средней до нижней равно Ь. Вершины треуголь-
ника, подобного данному, находятся на данных прямых. Найти его
стороны.
26.	Доказать, что в любом треугольнике сумма высот меньше сум-
мы длин его сторон.'
3 Заказ 1212	65
27.	Доказать, что периметр остроугольного треугольника, вписан-
ного в окружность, по крайней мере вдвое больше диаметра этой
окружности.
28.	Около треугольника описана окружность. На окружности
отмечены середины дуг, определяемых его вершинами. После этого
треугольник стерт, а окружность и середины дуг оставлены. Восста-
новить треугольник.
29.	Каждая из вершин некоторого треугольника соединена отрез-
ком с произвольной внутренней точкой противоположной стороны
треугольника. Доказать, что середины полученных отрезков не ле-
жат на одной прямой.
30.	Пусть АВС — произвольный треугольник, Р — произволь-
ная точка плоскости, не совпадающая с его вершинами. Проведем
прямые АР, ВР и СР. На прямой АР возьмем точку К такую, чтобы
точки А и К лежали по разные стороны от точки Р и АР = РК,. Ана-
логично на прямой Вр возьмем точку S, а на прямой СР — точку Т.
Доказать, что треугольники АВС и KST равны.
31.	Дуга окружности АВ разделена точками С и D на три равные
части. Из центра окружности О проведены отрезки ОС и OD, пере-
секающие хорду АВ соответственно в' точках Е и F. Доказать, что
EF < BF.
32.	Из точки Е, расположенной вне окружности, проведены две
секущие. Первая из них пересекает данную окружность в точках
А и В, вторая — в точках С и D. ЕТ — касательная, где Т — точка
касания. Доказать, что ЕТ8 == АЕ • BE — ЕС • ED.
33.	В некоторый угол вписаны три круга, не имеющие общих
точек, кроме^ точек касания. Средний круг касается двух крайних.
Радиусы крайних кругов равны г и /?.- Найти радиус среднего круга.
34.	Две окружности расположены одна вне другой. Из центра Ох
первой окружности проведены две касательные ко второй. Они пере-
секают первую окружность в точках А и В. Из центра второй окруж-
ности Ог проведены две касательные к первой. Они пересекают вто-
рую окружность в точках С и D. Доказать равенство отрезков АВ и
CD»
35.	Две окружности радиусов R и г касаются внешним образом-
Найти расстояние от точки касания до их общей внешней касатель-
ной.
36.	В треугольник АВС вписан прямоугольник DEFK так, что
сторона прямоугольника FK лежит на стороне ВС — основании тре-
угольника. Точка Р — середина противоположной стороны DE пря-
моугольника. Из точки Р опущен перпендикуляр PS на основание
треугольника. Найти геометрическое место середин всевозможных
отрезков PS.
37.	Даны угол ВАС и внутрй его точка М. Провести через эту
точку прямую так, чтобы отрезок прямой между сторонами угла де-
лился точкой М в данном отношении (задача Ньютона).
38.	Даны треугольник АВС со сторонами а > b > с и произ-
вольная точка О внутри его. Пусть прямые АО, ВО и СО пересекают
66
. Рис. 26
стороны треугольника ВС, АС и АВ соответственно в точках Р, Q и
R. Доказать, что OP + OQ + OR < а.
39.	Каждая из сторон произвольного плоского выпуклого четырех-
угольника ABCD разделена точками на три равных отрезка:
=== ^2^1 == ^iB'i ВВ2 = В2С± CjC', СС2 ~ ^2^1 = BiOj
DD2 = D2At = ЛХЛ. Отрезки ЛХВ2 и Л2^1 пересекаются в точке Pi,
отрезки ВХС2 и ДХВ2 — в точке Р2, отрезки ВХС2 и CXD2 — в точке Р2
и отрезки A2Dr и CxD2 — в точке Р4 (рис. 26). Доказать, что отрезок
ВХР2 равен одной трети отрезка ВХС2.
40.	Доказать, что точки, симметричные точке пересечения высот
данного треугольника (ортоцентра) относительно его сторон, Haxoi
дятся на окружности, описанной около этого треугольника.
8 класс
41.	Найти сумму углов звездчатого (самопересекающегося) пяти-
угольника ABCDH произвольной формы (рис. 27). (Все углы, кото-
рые называют углами звездчатого пятиугольника, отмечены на ри-
сунке дужками.)
42.	Треугольник АВС обладает следующим
свойством. Биссектриса ВВХ делит его на два	-
равнобедренных треугольника, причем АВ =	д
^АВС1 = Найти углы треугольника	/X	&
43.	Если даны три вектора г2, 72, F3 таких,	/Ъск
что гх 4- г2 + г3 = 0, то, расположив их так,
что начало второго вектора совместится с кон- £	"
Цом первого, а начало третьего — с концом
второго, получим треугольник. Обратно, если РиСе 27
з*
67
имеется треугольник из векторов rlf rz, г3, то rx r2 4- r3 = 0" Зна-
ние этого факта поможет нам решить следующую задачу.
Из каждой вершины треугольника АВС проведен отрезок до пере-
сечения с противоположной стороной: ААг, ВВ[ и CCi, причем длина
отрезка ЛВХ равна — АС, длина отрезка ВСХ равна —ВЛ, длина
п	п
отрезка САг равна — СВ, где п — некоторое натуральное число.
Доказать, что из отрезков ЛЛ1, ВВХ, ССг, перемещая их параллельно
самим себе, можно получить треугольник.
44.	В треугольнике ЛВС (рис. 28) угол С равен 40°, на его бис-
сектрисе отмечена точка D так, что треугольник BDC — равнобедрен-
ный (ВС = DC),' угол DAC равен 20°. Найти величину угла ЛВС.
45.	В равнобедренном треугольнике ЛВС каждый из углов Л и
С равен 70°. Внутри треугольника выбран’а точка D так, что угол
£>ЛС.равен 30°, а угол DCB равен 20°. Найти угол DBC (рис. 29).
46.	В треугольнике ЛВС справедливо соотношение длин сторон
b > с > а (рис. 30). Проведем дугу окружности радиуса а с центром
в точке С до пересечения в точке Вх со стороной АС.. Затем проведем
дугу окружности радиуса ЛВХ с центром в точке Л до пересечения со
стороной АВ в точке Сх. Далее точно так же проводим дуги СХЛ1,
ЛХВ2 и, наконец, дугу радиуса ЛВ2с центром в точке Л. Показать,
что эта дуга пройдет через точку В.
47.	В полуокружность вписан прямоугольный треугольник.
На его катетах как на диаметрах во внешнюю сторону построены по-
луокружности. В результате получаем две серповидные луночки
(на рис. 31 они заштрихованы). Доказать, что ширина этих луночек
одинакова.
Поясним, что означает термин «ширина
луночки». Рассмотрим всевозможные перпен-
дикуляры к катетам данного треугольника.
Пересечение такого перпендикуляра с лу-
К/	ночкой представляет отрезок прямой. Длина
наибольшего из таких отрезков и есть ширина
д	£ луночки, соответствующей выбранному ка-
тету.
рис. 31	48. Доказать, что если в четырехуголь-
68
нике противоположные углы попарно равны, то этот четырехуголь-
ник параллелограмм.
49.	Восстановить пятиугольник на плоскости (не обязательно
выпуклый) по серединам его сторон Ох, О2, О3, Ot и О6.
50.	Через данную точку А провести хорду данной окружности
так, чтобы разность ее отрезков, определяемых на ней положением
точки А, равнялась т. .	*
51.	Если продлить биссектрисы внешних углов прямоугольника
до взаимного пересечения, то получим некоторую фигуру. Опреде-
лить ее вид и площадь, если длины сторон прямоугольника равны
а и Ь.
52.	На плоскости даны три точки А, В и С, не лежащие на одной
прямой. Построить правильный треугольник с наибольшей возмож-
ной стороной, стороны которого проходят через эти три точки;
53.	Около данного выпуклого четырехугольника описать-квадрат.
54.	Доказать, что если из произвольной точки М окружности,
описанной около треугольника АВС, опустить на его стороны или их
продолжения перпендикуляры, то основания этих перпендикуляров
лежат на одной прямой (прямой Симеона).
55.	Задача о «бабочке».
Дана окружность с центром в точке О. Точка S — середина ее
хорды АВ. Хорды CD и EF проходят через точку S (рис. 32). Хорды
ED и CF пересекают хорду АВ соответственно в точках N и М (полу-
чилась фигура, похожая на бабочку, вписанная в окружность). До-
казать, что MS — SN (задача Горнера).
56.	Дана Дуга окружности АВ и хорда, стягивающая концы этой
дуги. Рассмотрим окружность с центром М на данной дуге и касаю-
щуюся данной хорды. Проведем к этой ок-
ружности касательные из точек А и В. Най-
ти геометрическое место точек Р, в которых
пересекаются пары таких касательных
(рис. 33).
57.	Доказать, что если у вписанного в ок-
ружность четырехугольника диагонали рав-
ны, то этот четырехугольник — равнобед-
ренная трапеция.
58.	Пусть А, В, С, D—четыре после-
довательно расположенные точки окружно-
сти. Хорды АС и BD пересекаются в точке
Ох. Найти величину дуги, которой измеряет-
ся угол А ОХВ.
59.	Как измерить угол между касательной
к данной окружности в точке А и секущей,
проходящей через ту же точку?
60.	Из точки, взятой вне окружности,
проведены две секущие. Найти величину
дуги, которой измеряется угол между этими
секущими.
69
61-	Найти расстояние между
центрами описанной и вписанной
окружностей произвольного тре-
угольника. Доказать, что у любо-
го треугольника радиус описанной
окружности не меньше диаметра
вписанной окружности.
62.	Обладает ли звездчатый
семиугольник постоянной суммой
градусных мер «внутренних» уг-
лов?
63.	Доказать, что круги, построенные на сторонах произвольного
четырехугольника как на диаметрах, полностью его покрывают.
64.	Пусть четырехугольник ABCD такой, что в него можно впи-
сать окружность. Рассмотрим хорды этой окружности, соединяющие
пары противоположных точек касания М и Р, N и Q. Доказать, что
если хорды МР и NQ взаимно перпендикулярны, то около четырех-
угольника ABCD можно описать окружность.
65.	Три точки А, В, С делят окружность на три произвольные
дуги. Пусть точка С — середина дуги АВ, точка А' — середина
дуги ВС, точка В' — середина дуги АС. Доказать, что прямая В'С'
перпендикулярна к прямой АА'.
66.	На одной стороне угла с вершиной в точке А взяты две точки
В и С (для определенности примем, что точка В расположена ближе к
А, чем С), на другой — точки D (ближняя к А) и Е. Пары точек D
и С, В и Е соединяем отрезками прямых, пересекающихся в точке F.
В результате образуются четыре треугольника: ADC, ABE, BFC,
DFE. Доказать, что описанные около них окружности пересекаются
в одной точке.
67.	Во всяком треугольнике АВС параллелограмм ADEC, постро-
енный на его стороне АС как на основании во внутреннюю сторону
(т. е. так, что он имеет, кроме стороны АС, и другие общие точки с
треугольником АВС) и имеющий вершины D и Е вне треугольника
АВС, имеет площадь, равную сумме площадей параллелограммов AFGB
и BKLC, построенных на боковых сторонах АВ и' ВС треугольни-
ка АВС так, что сторона FG параллелограмма AFGB проходит через
точку D, а сторона KL параллелограмма BK.LC проходит через точку
Е (рис. 34) (задача Паппа Александрийского).
, 68. На бумаге в клетку нарисованы два прямоугольных треуголь-
Рис. 35
70
ника (рис. 35). Доказать, что сумма углов ВСА и равна 45°.
69	., В окружность вписан треугольник АВС. Биссектриса угла
АСВ пересекает эту окружность в точке М. Представить вектор СМ
как сумму двух векторов, коллинеарных соответственно векторам
СА и СВ.
70.	На плоскости даны правильный 2п-угольник и некоторая
точка В. Доказать, что из отрезков AiB, А2В, . . ., А2п В можно
сложить какой-нибудь 2п-угольник (иначе говоря, замкнутую ломаную
линию из 2п звеньев). Дг, А2,..., Д2п—вершины данного 2п-угольника.
71.	А, В, С hD — произвольные точки на плоскости. Доказать
справедливость равенства АВ • CD + ВС • AD-f-CA • BD = 0
(здесь точкой обозначается операция скалярного произведения двух
векторов).
72.	Внутри произвольного треугольника АВС найти такую точ-
ку О, что, проведя к вершинам треугольника отрезки прямых ОА,
ОВ и ОС, получим равные углы ОАВ, ОВС и ОСА (рис. 36). Указать
способ построения этой точки О.
73.	Пусть стороны четырехугольника PiP2P3Pt, вписанного в
окружность, равны alt ' а2, а2, at (ах = Р^Рг, а2 = Р2Р3 и т. д.).
Диагональ, соединяющая вершины Pi и Р3 четырехугольника, равна
f, а диагональ, соединяющая вершины Р2 и Pit равна е. Доказать,
что тогда " справедливо равенство — =	—---г (задача из
^1^4 ''
древнеиндийской рукописи).
74.	На основании АВ равнобедренного треугольника АВС взята
точка К так, что А К = а, В К — Ь. Найти СК, если АС = р.
75.	В треугольнике АВС угол А вдвое больше угла С. По данным
сторонам Ь = АС и с = АВ найти сторону треугольника а.
76.	Заданы прямые, перпендикулярные сторонам многоугольника
и проходящие через их середины. Построить-многоугольник, если из-
вестны длины его сторон.
77.	Пусть выпуклый четырехугольник ABCD таков, что в него
можно вписать окружность с центром в точке О. Доказать, что в этом
случае: а) сумма углов АОВ и COD равна 180°; б)
71
78.	Если на катетах прямоугольного треугольника построить
внешним образом подобные треугольники так, чтобы их соответ-
ственные стороны совпадали с этими катетами, и аналогично
построить внешним образом подобный им треугольник на гипотенузе,
то' сумма площадей Si и S2 треугольников, построенных на катетах,
равна площади S3 треугольника, построенного на гипотенузе (рис. 37).
79.	Разделить пополам прямым разрезом (а не в виде ломаной)
площадь плоской выпуклой фигуры, ограниченной дугой окружности
и двумя отрезками прямых (старинная задача из арабской рукописи).
80.	В’ Древнем Египте площадь четырехугольного земельного
участка вычисляли по формуле S =	, где а, Ь, с и d — длины
последовательных сторон четырехугольника (рис. 38). Результат,
полученный по этой формуле, больше или меньше подлинного?
81.	В квадрат вписан равносторонний треугольник так, что одна
из вершин его совпадает с серединой стороны квадрата. Найти отно-
шение площадей этих фигур.
82.	В квадрат вписан равносторонний треугольник так, что одна
из его вершин совладает с вершиной квадрата. Найти отношение
площадей этих фигур.	' >
83.	Построить квадрат, площадь которого равна х2 = а2 4-
+ 62 — с2, если даны отрезки а, b и с.
84.	Внутри треугольника АВС найти точку О, для которой произ-
ведение длин перпендикуляров, опущенных из точки О на стороны
треугольника, достигает наибольшего значения.
85.	Хорда АВ окружности разделена точками С и D на три равных
отрезка. Из центра О окружности проведены прямые ОС и OD до пе-
ресечения с окружностью соответственно в точках Е и F. Доказать,
что дуга EF больше дуги АЕ.
86.	В трапеции ABCD прямая, параллельная ее.основаниям, пере-
секает боковую сторону АВ (рис. 39) в точке D, диагональ АС в точ-
ке Е, диагональ BD в точке F и, наконец, боковую сторону CD в точ-
ке G. Доказать равенство отрезков DE и FG.
87.	В трапеции ABCD АВ || CD и АВ = b, CD = а. Через точку О
пересечения диагоналей трапеции проведена прямая, параллельная
основаниям трапеции и пересекающая ее боковые стороны в точках
Ми N, MN = с. Доказать, что — + — =
а Ъ с
88.	Стороны треугольника АВС — а, b и с. Окружность проведена '
так, что она касается его сторон а и b соответственно в точках D и Е,
а центр ее лежигна стороне с. Найти радиус
В	Г	это® «крутости.4
89.	Если соединить середину одной из
п /	\ г непараллельных сторон трапеции с концами
Ul'	\А противолежащей стороны, то полученный тре-
угольник равновелик половине данной трапе-
А	~ 0 Нии. Доказать.
90.	В. треугольнике АВС на основании
Рис. 39	А С взята произвольно точка D и проведены
72
отрезки прямых —DE параллельно А В до пересечения с ВС в точке
Е и DF параллельно ВС до пересечения с АВ в точке F. Площади
треугольников AFD и DEC равны соответственно Si и S2. Найти
площадь параллелограмма DFBE.
91.	Меньшее основание трапеции DC = Ь, большее АВ == а. На
продолжении стороны CD найти точку М такую, чтобы прямая ДМ
разделила трапецию на две равновеликие части.
92.	Показать, что сумма высот треугольника больше ушестерен-
ного радиуса вписанной в него окружности.
93.	Пусть ABCD — произвольный’ выпуклый четырехугольник.
Точка М— середина стороны ВС, точка N — середина стороны AD.
Отрезки AM и BN пересекаются в точке Р, и отрезки MD и NC пере-
секаются в точке Q. Доказать, что: а) сумма площадей треугольник* в
AMD и BNC равна площади данного четырехугольника ABCD’,
б) сумма площадей треугольников АВР и CDQ равна площади четы-
рехугольника PMQN.
94.	На каждой из сторон выпуклого плоского четырехугольника
взято по две точки, делящих сторону на три равные части. Из этих
точек составляются пары. В пару входят точки, лежащие на проти-
воположных сторонах четырехугольника и расположенные ближе
к одной и той же его стороне.^ Пары точек соединяются отрезками
прямых, в результате чего данный четырехугольник оказывается
разделен на девять маленьких четырехугольников. Показать, что
площадь среднего из этих маленьких четырехугольников равна одной
девятой площади всего данного четырехугольника.
95.	У треугольников АВС и ABjCj углы А и Дх равны. Доказать,
что их площади относятся как произведение сторон, заключающих
S(ABC) АВ. АС
эти углы, т. е. —----— = ---------.
S (4ВА) A&'AtCi
96.	В полукруг радиуса R вписан квадрат. Найти его площадь.
97.	Из вершины А треугольника АВС к стороне ВС проведен
отрезок AAlt из вершины В проведен отрезок BBi, из вершины С —
отрезок CCi. Прямые AAi, ВВХ и ССХ пересекаются в одной точке D.
Доказать, что —1 • —1 • — = 1 (теорема Чевы).
В^ АХВ CiA	г
98.	Из вершин треугольника АВС проведены отрезки прямых
AAi, BBi и CCi до пересечения с противоположными сторонами в
' в
течках Аг, Bi и Ci соответственно. При этом оказалось, что —X
-	’	BJC
СА,' ВС'
Х-—$ ’	= Доказать, что тогда отрезки AAi, ВВг и CCi пере-
AtB CjA
секаются в одной точке (о .6 р а т н а я теорема Чевы).
99.	Боковые стороны АВ и CD трапеции ABCD продолжены до
их пересечения в точке Е, F — точка пересечения диагоналей данной
трапеции. Доказать, что прямая EF делит большее основание данной
трапеции пополам.
100.	Прямая в плоскости треугольника отсекает на его сторонах
или их продолжениях шесть отрезков. Доказать, что произведение
трех не смежных друг другу отрезков равно произведению трех ос-
тальных.
73
д	101. Воспользовавшись теоремой, обрат-
q	ной теореме Чевы, доказать, что:
£	а) медиайы треугольника пересекаются в
/	одной точке;
с /_________\ п б) биссектрисы треугольника пересекают-
~	7. \ ся в °Дн°й точке;
/ s' . \ в) высоты остроугольного треугольника
| пересекаются в одной точке.
4	__________1	• 102. Из центра масс треугольника опуще-
0 '	В ны перпендикуляры на две стороны, длины
которых а и Ь. Сумма этих перпендикуляров
ис’	равна I. Найти длину каждого из них.
103.	В каком отношении делит точка пересечения биссектрис тре-
угольника каждую из них?
104.	Построить треугольник АВС, зная положение его центра
масс О, центра О описанной окружности и вершины В.
105.	Дуга АВ, равцая четверти окружности, разделена точками
С и D на три равные части, О — центр круга, СЕ [| DF || ОВ. Дока-
зать, что площадь сектора COD равна площади криволинейцой-трапе-
ции FECD (криволинейна у нее одна сторона — CD) (рис. 40).
106.	Дан круг. Геометрическим построением разделить его на
три концентрические фигуры — круг поменьше и два концентриче-
ских кольца — так, чтобы площади всех трех фигур были равны меж-
ду собой.
107.	На стороне ВС треугольника АВС взята произвольная точка
D и около треугольников ABD и ACD описаны окружности. Найти
отношение их площадей.
108.	Если через точку, находящуюся внутри круга, провести две
взаимно перпендикулярные прямые, то образуются две хорды, кото-
рые разделятся точкой их пересечения на отрезки а, b и с, d. Доказать
что площадь круга S — -- (а2 Ь2 + с2 -|- d2).
4
РЕШЕНИЯ
7 класс
1.	Выберем на плоскости четыре точки Pi, Р2, Р3 и Р4, окрашен-
ные в разные цвета. Если окажется, что три из этих точек лежат на
одной прямой, то эта прямая и будет трехцветной. Предположим,
что никакие три из четырех по-разному окрашенных точек не лежат
на одной прямой.. Пусть точка Pi окрашена в цвет plt точка Р2 — в р2,
Р3 — в р3, Р4 — в pt. Рассмотрим прямые PiP2 и Р3Р4. Они либо
параллельны, либо пересекаются. Если они пересекаются в точке Р,
то эта точка должна быть окрашена в один из четырех цветов. Если
она'цвета рг или р2, то прямая Р8Р4 оказывается как минимум трех-
74
Q. Пере-
что одна
цветной. Если же она цвета ps или р4, то
как минимум трехцветной оказывается пря-
мая PiP2.
Разберем случай, когда прямые РхР2 и
РзР*. параллельны. Тогда РгР2 и Р3Р4 —
основания трапеции (или противоположные
стороны параллелограмма), а Р4Р4 и Р2Р2
(или РХР8 и Р2Р^ — диагонали (трапеции
или параллелограмма), которые, естественно,
не могут не пересекаться. Пусть их пересечение — точка
бирая всевозможные цвета для окраски точки Q, получаем,
из диагоналей обязана оказаться как минимум трехцветной. Все воз-
можные случаи рассмотрены.
2.	Могут, если у него стороны самопересекающиеся.. Только ого-
• воримся.что такой четырехугольник лучше называть четырехсторон-
ником. Например, на рисунке 41 диагоналями самопересекающегося
четырехсторонника ABCD служат отрезки прямых АС и BD (а сто-
ронами — АВ, CD, AD и ВС).
В четырехстороннике пересекаются обязательно либо стороны,
либо диагонали. Этот факт использовался в решении задачи 1.
3.	Из треугольника ABD получаем неравенство АВ < AD -|- BD,
из треугольника BCD — неравенство BC<DC-\-BD. Складывая
эти два неравенства, получаем искомое АВ + ВС < 2BD -f- АС.
п	. АВ -4— 5С—АС
Последнее неравенство можно записать так: BD >----!— -----.
Получили оценку снизу длины отрезка внутри треугольника, проведен-
ного через его вершину.
4.	Да, возможно, если в данном треугольнике АВС углы В и С не
равны. Пусть, например, Z.B < Z. С. Проведем секущую AD так,
чтобы точка D принадлежала отрезку ВС, причем AD = АС. Рас-
смотрим треугольники АВС и ABD. У них по две равные
(АВ — общая сторона, АС = AD), угол В общий.
5.	Пусть в искомом треугольнике А’В'С'А'С' = АС,
______ ПГ» « П’Г»'_ AD
стороны
= ВС и В'С' = АВ. Поскольку треугольник
АВС остроугольный, то центр О описанной
окружности находится внутри его. Отрезки
ОА, ОВ и ОС равны. Сумма углов АОВ,
ВОС и А ОС равна 360° . Из-за равенства
сторон треугольники АОВ й ВОС можно
поменять местами так, что сторона ОВ тре-
угольника ВОС совместится с равной ей сто-
роной АО треугольника АОС. Сторона ОС
треугольника ВОС совместится со стороной
АО треугольника АОВ, а сторона ОВ -тре-
угольника АОВ совместится со стороной
ОС треугольника АО&. При этом угол А'
треугольника А'В'С' равен углу АСВ
треугольника АВС, угол С треугольника
А’В' =
75
В
Рис. 43
А'В'С равен углу ВАС треугольника АВС.
6.	Выполним дополнительные построения
(рис. 42). Пусть А К — высота, проведенная к
основанию ВС (она же биссектриса угла Л), а
CG — высота, проведенная к боковой стороне
АВ-, ED.LAB, DF.LAC.
Сумма длин отрезков ED и DF равна иско-
мой сумме расстояний. Проведём отрезок DL,
_ перпендикулярный CG. Угол САК равен углу
HCD и равен углу FDC. Следовательно, отрезки
НС и DF ймеют равную длину, отрезки GH и ED
равны по построению. Итак, ED Д- DF — GH Д-
+ НС = GC.
7.	Пусть луч ДЕ пересекает отрезок ВС в
точке Е. Из подобия треугольников AED и BEF следует, что
BE BF п AD вс BF + FC 1FC . , 1 BF
ED AD	BE BF BF k BF	k FC
_ k
1 — k
8.	Пусть в треугольнике ABC равны биссектрисы AD и СЕ
(рис. 43). Биссектриса AD делит угол ВАС, равный 2а, на два рав-
ных угла. Биссектриса СЕ делит угол АСВ, равный 20, на два равных
угла. Проводим отрезок DF, равный и параллельный ДЕ  так, как
показано на рисунке, соединяем точку F отрезками прямых с точками
Си Е. Фигура AEFD — параллелограмм и EF = AD = СЕ (по ус-
ловию). Таким"образом, треугольник CEF равнобедренный по построе-
нию, угол EFC равен углу FCE.
Предположим теперь, что треугольник АВС не равнобедренный,
и покажем, что это предположение приведет нас к противоречию.
Пусть угол DFC равен у, а угол DCF — б. Тогда из-равенства углов
EAD и EFD следует, что а Д- у = 0 Д- б (*). Примем для определен-
ности, что а > 0. Отсюда следует, что CD > ЕД и CD > FD. По-
этому должно быть: у > б. Как ,следствие получаем,^что а Д- у >
> 0 Д- б. Последнее неравенство противоречит равенству (*).
9.	Возможны два случая. В первом случае угол, равный 60°, рас-
положен между равными сторонами. Тогда каждый из двух других
углов равен --80 ~60 =60°. Во втором случае угол, равный 60°, примы-
кает только к одной из равных сторон. Тогда угол, примыкающий
к другой из равных сторон, равен 60°. Третий угол равен 180°—60°=
= 60°.
В обоих случаях данный треугольник оказывается равноуголь- -
ным и, следовательно, равносторонним.
10.	Дополним данный треугольник АВС до равностороннего тре-
угольника АЕС (рис. 44). Проведем отрезок BE. Так как АВ = ВС,
то BE является биссектрисой угла АЕС и угол ВЕА равен 30°. Тре-
угольники АВЕ и ADC равны (по двум углам и стороне). Поэтому
BE = DC и CD BE — трапеция. Следовательно, искомый угол DBC
равен углу ВСЕ и равен 20°.
76
11,	Вычислим угол BDC (рис. 45). В треугольнике BDC один
угол равен 20°, другой 80°, следовательно, угол BDC равен 80°. По-
этому треугольник BDC равнобедренный й ВС — BD. Значит, и
треугольник ABD равнобедренный. Его угол ABD равен 60°. А рав-
нобедренный треугольник, один из углов которого равен 60°, равно-
сторонний (см. задачу 9). Следовательно, угол BAD равен 60°, а иско-
мый угол CAD равен 10°.
12.	Легко убедиться в равенстве треугольников А ВО и CBD
(рис. 46). У них равны стороны АВ и ВС, ВО и BD. Покажем, что
равны углы АВО и CBD. Первый из них в сумме с углом ОВС (по ус-
ловию) составляет -2.; ~ составляет в сумме с углом ВОС и второй
угол. Из равенства треугольников следует равенство их соответствую-
щих сторон: CD = OA.
13.	BD — высота треугольника, опущенная из вершины В, Е —
середина стороны АВ, F — середина стороны ВС (рис. 47). Тре-
угольники AED и DFC равнобедренные. При перегибании по штри-
ховым линиям совместятся соответственно равные треугольники EBF
и EDF,FHC и FHD,. AEG и EGD. Все три вершины А, В и С совмес-
тятся при этом в точке D.
14.	Пусть прямые AM и AN пересекаются с продолжением сторо-
ны треугольника ВС соответственно в точках Р и Q. Из равенства
прямоугольных треугольников АВМ и РМВ, ACN и QCN находим:
АВ = РВ, AM = МР, АС — CQ и AN = NQ. Отрезок MN — сред-
няя линия треугольника PAQ.
MN = — = PB + BC + CQ = АВ + ВС + АС
2	2	2
15.	Обратимся к рисунку 48. На нем точка О — общий центр
симметрии параллелограмма и квадрата, отрезок прямой OBi пер-
пендикулярен прямой BlB, отрезок ОЛХ параллелен BtB и ЛЛх па-
раллелен OBi. У прямоугольных треугольников В^В и АгОА равны
гипотенузы (половины диагоналей квадрата) и углы АО At и ВОВХ
77
(поскольку углы АОВ и АгОВг прямые). Следовательно, треугольни-
ки эти равны.
Представим, что фигура, изображенная на рисунке, нарисована
на «основном» листе бумаги и точно такая же нарисована на про-
зрачном листе, наложенном на первый, причем все точки обеих фигур
воспринимаются нами как совпадающие. Повернем теперь прозрач-
ный лист бумаги относительно общей их точки О на угол 90° против
движения часовой стрелки. Тогда точка В перейдет в точку А и тем
самым мы отыщем одну сторону АВ искомого квадрата. С помощыб
центральной симметрии относительно точки О находим затем сторону
CD квадрата. В результате все четыре вершины квадрата найдены,
что и требовалось.
16.	Переплетчик, надо полагать, убедился, что кусок картона
имеет форму ромба. Остается убедиться, что у этого ромба диагона-
ли равны. Тогда ромб — квадрат.
17.	Сторона ромба может быть равна диагонали, если ромб состав-
лен из двух равносторонних треугольников (рис. 49). Половине
диагонали сторона ромба равняться не может.
18.	При повороте на 180° относительно точки 0 параллелограмм
ABCD самосовмещается (рис. 50). При этом точка А перейдет в точ-
ку С, точка С — в точку А, точка В — в точку D, а точка D — в
точку В. Пристроенный к ВС квадрат с центром О2 перейдет в квадрат
с центром О4 и т. д. Это означает,
во-первых, что противоположные сто-
роны четырехугольника OlO2O3Oi
попарно равны и параллельны. .
Следовательно, четырехугольник
О1О2О3О4 — параллелограмм. Точка ’
О — его центр симметрии.
Покажем, что смежные стороны
параллелограмма равны, например
ОгО2 = О2О3. Действительно, угол
EBF равен углу BCD, потому что как
тот, так и другой составляют в сумме
с углом АВС развернутый угол. Сле-
довательно, угол OiBO2 равен углу
O2COS. Треугольники ОгВО2 и О2СО3
равны. Значит, OlO2 = О2О3.
78
Параллелограмм, у которого соседние стороны равны, — ромб.
Ромб, у которого хотя бы один из углов прямой, — квадрат. Таким
образом, если мы докажем, что угол ОгО2Оз в данном четырехуголь-
нике О1О2О3О4 прямой, то тем самым докажем, что рассматриваемый
четырехугольник — квадрат. Если от прямого угла ВО2С отнять
острый угол СО2О3 и добавить после этого равный ему угол ОгО2В
(треугольники О1ВО2 и 02С03 равны), то получившийся угол О^Оз
равен углу ВО2С, т. е. является прямым, что и требовалось.
19.	Теорема, обратная теореме Пифагора, формулируется так:
«Если сумма квадратов двух сторон треугольника равна квадрату
третьей его стороны, то треугольник прямоугольный».
Доказательство этой теоремы можно провести способом от против-
ного. Пусть а, b и с — длины сторон данного треугольника и a2-f-52=*
= с2, но этот треугольник _не прямоугольный. Покажем, что предпо-
ложение «треугольник не прямоугольный» приводит к противоречию.
Рассмотрим прямоугольный треугольник со сторонами а и Ь. Тогда
по прямой теореме Пифагора с2 = а2 + &2. Этот треугольник равен
по трем сторонам данному, но он прямоугольный. Пришли к проти-
воречию. Следовательно, рассматриваемый треугольник действитель-
но прямоугольный.
20.	Пусть С (х; у) — искомая точка плоскости. Тогда
—О)2 + (у — О)2 = К(х — I)2 + (у — I)2, поскольку расстояния
от точки С до точек Л и В равны. Возводя обе части полученного ра-
венства в квадрат, находим: х2+у2=х2—2х-Н+у2—2у + 1, откуда
х + у = 1. Следовательно, вершина С находится на прямой х + у=1.
Эта прямая — перпендикуляр к отрезку АВ, проходящий через его
середину. Длина стороны искомого треугольника АВС равна
К(1 —О)2 + (1 — О)2 = 1^2. Расстояние между точками А и С равно
К(х — О)2 + (у — О)2 = К2, откуда х2 + у2 = 2. Таким образом,
решение задачи сведено к решению системы уравнений Г х + у «= 1,
t х2 + у2 = 2.
Решив эту систему, получаем два возможных положения точки С:
С (- + KI; - - и С (- -tJL; 1
^2	2	2	2 /	\2	2	2	2/
21.	Представим данное уравнение в виде (х — I)2 + у2 = L Это
уравнение окружности радиуса 1 с центром в точке (1; 0).
22.	Введем обозначения так, как они показаны на рисунке 51.
Искомое расстояние пусть равно d. Проектируя отрезки на вертикаль
или горизонталь, получаем соответственно:
d sin <р7 = с sin <рв = с cos <рв, d cos <p7 = a sin фх = a cos <р2.
a sin ф>2 = b s’n Фз> & sin <р3 — b cos ф4, /> sin ф4 = с sin <рб,
d2 = с2 cos2 <р6 + a2 cos2 <р2 = с2 + а2 — с2 sin2 ф5 — а2 sin2 <р2 ==
= с2 4- а2 — с2 sin2 <р5 — &2 sin2 <р3 — с2 + а2 — с2 sin2 <р5 —
— b2 cos2 ф4 = а2 — Ь2 + с2 — с2 sin2 ф8 + b2 sin2 ф4 =
= а2 — Ь2 + с2.
79
Рис. 51	Рис. 52
23.	Опишем около треугольников ABD, CAD и BDC (рис. 52)
окружности. Обозначим центры этих окружностей соответственно
через Ог, О2, О3. Из точки Oi проведем перпендикуляр к стороне АВ,
из точки 02— перпендикуляр к стороне АС и из точки О3 — перпен-
дикуляр к стороне ВС. Эти перпендикуляры проходят через середины
сторон треугольника АВС и поэтому пересекаются в одной точке
(центре О описанной около треугольника АВС окружности., на рисун-
ке эта точка не нанесена). Проведем теперь отрезки ОЛО3, OiO2 и О2О3.
Отрезок OiQs перпендикулярен общей хорде BD двух окружностей,
поскольку принадлежит прямой, проходящей через их центры.
Аналогично ОгО2 _L AD и О2О3 J_ DC. Если теперь повернуть
треугольник OiO2O3 на прямой угол относительно точки О, напрймер-
по движению часовой стрелки, то в новом положении отрезок OiO3
станет параллельным AD, отрезок О1О3 — параллельным BD и отре-
зок О2О3 — параллельным DC. Итак, стороны повернутого треуголь-
ника (\O2O3 окажутся параллельными отрезкам AD, BD и CD, а
отрезки 001, ОО2, 003, пересекающиеся в общей точке О, будут па-
раллельны соответственным сторонам треугольника АВС, что и тре- '
бовалось.
24.	Пусть вершина А равностороннего треугольника • АВС нахо-
дится на средней из рассматриваемых прямых, вершина В — на
Рис. 53
80
верхней (рис. 53). Выполним дополнительное построение — прове-
дем через точку А перпендикуляр DE к данным прямым. Из точки
А под углом в 30° к DE проведем отрезки AF и AG (как сделано на
рисунке). Рассмотрим теперь два треугольника AFB и ACG. В этих
треугольниках АВ == АС (по условию), угол AFB равен углу AGC
и равен 120° (по построению). Покажем, что эти два треугольника
равны. Для этого достаточно показать, что равны углы FBA и CAG.
Видим, что сумма углов FAB и CAG равна 180° — 2 • 30° — 60° = 60°.
< другой стороны, угол FAB в сумме с углом FBA составляет 180°—
=—120° = 60°. Следовательно, углы FBA и CAG равны. Теперь
получаем, что FB = AG = —— =	GC = AF = EG =
	cos 30’	/ з	./3
e AG sin 30° = AG • ±	Если принять искомую сторону
равностороннего треугольника за х, то из прямоугольного треуголь-
ника АЕС получаем:
25.	Стороны искомого треугольника должны быть равны at, р/,
yt, где t— значение параметра,’удовлетворяющее условию задачи.
Обозначим вершину треугольника, расположенную на средней из
параллельных прямых, буквой А, на верхней —буквой В, на ниж-
ней — буквой С и примем, что длина стороны АВ равна at, сторона
АС — fit и сторона ВС — yt (рис. 54). Спроектируем вершины тре-
угольника на нижнюю прямую. Для случая, когда проекция верши-
ны В находится между проекцией точки А и точкой С, получим:
у (а/)2 —П2 + К(у02 —(ДЧ-Ь)2 = У(Р02 —
Возведя обе части этого равенства в квадрат, после сокращения на
t2 (t =£ 0) находим:’ •
t2 ((а2 — Р2 + у2) -г- 4а2у2) =_
= —4 (а2 (а + Ь)2 + у2а2 — а (а 4- Ь) • (а2 — р2 + у2)).	(*)
Запишем по-друюму коэффициент при F:
(а2 — Р2 + у2) — 4а2у2 = (а2 -f- у2 — 2ау — Р2) X
. X (а2 4- у2 + 2ау — р2) = (а — р — у) (а + р — у) (а + Р + у) X
Х(а—Р + у) = —(—а + р4-у) (а 4- р — у)(а 4~Р 4- у)(а — Р4-у).
Обозначим: а 4- Р 4~ У = 2р, где р — полупериметр данного тре-
угольника. Тогда коэффициент при t2 запишется так: 16р (р — а) х
х(Р~Р) (р — у)- Действительно, например, —а 4~Р4-'У = (Х4-Р4-
4- У — 2а = 2 (р — а). Обозначим: S = Кр (р — а) (р — Р) (р — у).

Заметим, что численно S равна площади данного треугольника со
сторонами а, р и у. Поэтому коэффициент при t2 равен (4S)2,
Рассмотрим теперь правую часть равенства (*). Она запишется
так:
—4 (а2а2 + a22ab + а2Ь2 + у2а2 — а2а2 + а2^ — a2y2—aba2 +
+ оЬр2 — aby2) = — 4 (ab (а2 + р2 — у2) + а2&2 + а2р2).
Отрицательное значение i в нашем случае смысла не имеет. Поэтому •
получаем так: t0 = УаЬ (ft2+P2 — У2) +	+ Р2Д2. Стороны искомого тре-
2S	• ’
угольника имеют соответственно длины a/0, р/0, yt0.
Аналогично задача решается и для случая, когда проекция верши-
ны А находится между проекцией точки В и точкой С. Формула для
вычисления t0 симметрична относительно а и р, поэтому запись ее
и для этого случая остается прежней.
26.	Перпендикуляр меньше наклонной. Поэтому hc ^.b, hb ^а,'
ha^c (рис. 55). В треугольнике АВС не может быть двух прямых
углов. Поэтому из приведенных неравенств хотя бы одно строгое.
Пусть, например», hc <Ь.
Складывая почленно неравенства, получаем требуемое строгое
неравенство ha + hb '-f- hc < a + b + c.
27.	Хотя бы одна из дуг, стягивающихся сторонами треугольника, не
менее четверти окружности.. Примем, что это дуга АВ. Пусть AD —
диаметр описанной окружности, проходящей через вершину А дан-
ного треугольника. Точки В и С находятся по разные стороны от АО.
Точки В и С находятся по разные стороны от AD.
Пусть ВС пересекает AD в точке Р, BQ —
перпендикуляр, проведенный из точки В к
AD. Имеем АВ > AQ (АВ — гипотенуза в
прямоугольном треугольнике ABQ, AQ —
катет). ВР > BQ (ВР — гипотенуза в пря-
моугольном треугольнике PBQ), но BQ > QD
(треугольники BQD и ABD подобны). Дуга
BD не превышает дугу АВ, поэтому АВ > BD
и BQ > QD.
Следовательно, АВ -}- ВР > AQ + QD =
= AD, аналогичным образом получаем: ДСЦ-
+ СР> AD. Суммируя эти два неравенства,
находим АВ -f- АС + ВС > 2AD, что и тре-
бовалось.
28. Пусть О — центр данной окружности,
а точки А, В и С — середины названных
дуг. Проведем отрезки прямых ОА, ОВ, ОС.
Они перпендикулярны искомым сторонам
треугольника.
Выбрав по произвольной точке на этих
отрезках, проведем через них перпендикуля-
ры до взаимного пересечения. В результате
получим треугольник, стороны которого —
В
Рис. 55
Д
Рис. 56
В
82
Рис. 57 •	Рис. 58
параллельны сторонам искомого треугольника. Следовательно, он
ему подобен. Опишем около него окружность. Параллельно пере-
несем полученный треугольник так, чтобы центры обеих окружно-
стей совпали. Проведем из О лучи через вершины полученного тре-
угольника. Точки пересечения этих лучей с данной окружностью
определят вершины искомого треугольника.
29.	Пусть данный треугольник — АВС и названные отрезки пря-
мых обозначены AAlf BBlt CClt их середины соответственно точки
А2, В2 и С2 (рис. 56). Тогда точка Л2 лежит на средней линии тре-
угольника, параллельной стороне ВС, точка В2 — на средней линии
треугольника, параллельной АС, С2 — на средней линии треуголь-
ника, параллельной АВ. Эти средние линии пересекаются на сторонах
треугольника АВС. А стороны треугольника не имеют общей точки.
30.	Треугольники ЛВС и STK согласно условию задачи симметрич-
ны относительно точки Р (рис. 57). Их можно совместить поворотом
на 180° относительно центра симметрии Р. Следовательно, они
равны.
31.	Рассмотрим треугольник ОЕВ (рис. 58). В нем OF — биссект-'
риса угла ЕОВ. Поэтому	< 1.
32.	Проведем отрезки прямых ВС и AD (рис. 59). Треугольники
ADE и СВЕ подобны. Действительно, вписанные углы BAD и BCD
опираются на одну и ту же дугу BD, угол АЕС у этих треугольников
83
общий. Из
получаем требуемое’
пересечения секущей
равенство
с окр>уж-
пропорции — = —
, DE BE
АЕ • BE = DE • СЕ. Если точки
ностью совпадают, то секущая становится касательной и получаем
' АЕ • BE = ЕТ2.
33.	Обратимся к рисунку 60. Требуется определить, как можно
выразить радиус р через радиусы г и R.
Составляем, исходя из подобия треугольников ОЛ2О2 и OAiOlt
пропорцию: — = —г, а исходя из подобия треугольников ОА3ОЯ
г OOi
и ОАХО1 — пропорцию — = Воспользовавшись тем, что
СЮ2 = ООХ + г + р и ОО3 = ООг + г + 2р -Ь R, получаем:	— =
Г
= 1 4- и — == 1 _|_ Л+ 2Р + . Исключив из этих равенств 00,,
OOi г	001
ip i \	1
устанавливаем справедливость соотношения (— — 1)---------------=
1	_\г /г + р
=ц——	, откуда следует, что р =
34.	Пусть радиус первой окружности равен второй ^2.
Проведем дополнительные построения, которые показаны на рисунке
61. Воспользуемся осевой симметрией фигуры (осью является прямая
0г02). Рассмотрим треугольник 010202 и ему подобный. Имеем:
АВ
2 В% . дв________2RtR2
R1 	0^02
Рассмотрим треугольник 0102D1 и ему подобный. Имеем:
СР	.
2 Bj . ££> — 2/?х/?2
R2 ’	ОуР2 '
Значит, AB=CD.
84
35.	Искомое расстояние представляет отрезок DC (рис. 62). Ясно,
что DC = BE = BF + FB — г + FE.
Таким образом, задача сводится к отысканию величины отрезка
FE. OzF = R— г. Воспользуемся подобием треугольников Ofi^F
и ОгСЕ. Из него следует, чтог~ ~ =—~г , откуда =
R R-]-r	R + r
_	DC . Rr—г2 . 2Rr
Поэтому DC = BE = г + —-— = ——.
R + r R -h r
36.	Проведем прямую AM (рис. 63), где M —середина стороны
ВС. Всевозможные положения точки Р для разных прямоугольников
DEFK — на прямой AM. Действительно, треугольники ВАС и DAE
DE АЕ
подобны, поэтому — == —. Треугольники МАС и РАЕ тоже по-
ВС
*	РЕ АЕ	DE
добны:	— = —	=	—.
МС АС	ВС
любого	положения	точки
АЕ
АС  '
Но МС = - ВС. Откуда РЕ = - DE для
2	2
Р.
Проведем далее из вершины А треугольника перпендикуляр к
его основанию. Пусть точка / — середина этого перпендикуляра.
Покажем, что отрезок MI представляет собой искомое геометрическое
место точек. Действительно, треугольники MPS и МАИ подобны,
треугольники MOS и М1Н тоже подобны. Далее проводим рассуж-
дение, аналогичное тому, которое было выполнено выше для доказа-
тельства, что всевозможные положения точки Р —на прямой AM.
Только теперь роль прямой AM играет прямая А/, роль точки Р —
точка О.
37.	Возьмем на стороне Л В угла ВАС (рис. 64) произвольно точ-
ку D. Проведем луч DM. Выберем на этом луче точку Е так, чтобы
отношение DM : ME равнялось данному. Через точку Е проведем
прямую, параллельную АВ. Точку пересечения этой прямой с АС
обозначим через F. Проведем, наконец, из точки F луч FM до пере-»
сечения с прямой АВ в точке N. Треугольники DNM и СМЕ подоб-
ны. Поэтому отношение длин отрезков NM : MF равно данному
отношению DM : ME.' "
38.	Замечаем, что а > АР, а > BQ и а > CR (рис. 65). Проведем
ОХ параллельно АВ, ОК параллельно АС, ХК параллельно ОТ? и
УL параллельно OQ, причем точки X и У находятся на ВС, К — на
Рис. 63
Рис. 64
Рис. 65
35
Рис. 67
AB, L — на AC. Из пар подобных тре-
угольников OXY и АВС, ВХХ. и BCR,
CYL и BCQ получаем: XY > ОР,
ВХ > XK = OR, YC>YL = OQ. Сле-
довательно, а = ВХ + XY + YC >
> OP + OR + 0Q.
39.	Проведем отрезки BxBz, АС и
ЛгС2 (рис. 66). Из подобия треугольни-
ков АВС и ВХВВ2 следует, что ВХВ2 *=»
= -j- АС. Точно так же из подобия тре-
угольников ADC и AXDC2 следует, что
АХС2=— АС. Треугольники BiP2B2 и
А1Р2Сг подобны: прямые ВХВ2 и ЛГС2
параллельны, поэтому угол B2BjP2 ра-
вен углу.AtC2P2, а угол Р2АХС2 равен
углу ВХВ2Р2. Следовательно, =
1	2	1
=	откуда получаем, что
3	3	2
действительно ВХР2 = у В^С2.
Замечание. Отрезок BiP2 вы-
бирался нами достаточно произвольно.
Вместо него можно было взять, напри-
мер, отрезок В2Р2 и тем же способом
доказать, что он равен одной трети отрезка AiB2, или что отрезок
Р8С2 равен одной трети отрезка ВХС2.
40.	Пусть точка Н — ортоцентр данного треугольника и точка Нх
симметрична Н относительно стороны'Л С. Проведем отрезок АНХ
(рис. 67). Углы НАС и САНХ равны, кроме того, равны углы НАС и
НВС (вследствие перпендикулярности их сторон). Поэтому равны
углы НХАС и НХВС. А это означает, что четыре точки Нх, Л, В, С
лежат на одной окружности.
Точно так же доказывается, что и зеркальные отражения орто-
центра относительно двух других сторон того же треугольника при-
надлежат описанной около него окружности.
- 8 класс
41.	Преобразуем данный пятиугольник в другой многоугольник,
сумма углов которого будет такой же, как и у данного пятиугольни-
ка. Этого можно достичь, перенося последовательно параллельно
самим себе прямые, на которых лежат стороны пятиугольника. По-
строение видно из рисунка 68. Здесь EF || АВ, CN || EF, MN || ЕН,
86
Рис. 68
Поэтому Z. 1 = 2_Г; Z. 2 = Z. 2' и сумма всех пяти углов данного
пятиугольника равна сумме углов треугольника CDN, т. е. равна
180°.
Эту же задачу можно решить по-другому. Сумма внешних углов
выпуклого пятиугольника, отсчитываемых-против движения часовой
стрелки, равна сумме внешних углов пятиугольника, отсчитываемых
по движению часовой стрелки, и равна 360°. Следовательно, сумма
всех внешних углов выпуклого пятиугольника равна 720°. В звездча-
том пятиугольнике, посредине его, расположен выпуклый пятиуголь-
ник, к которому пристроены треугольники. Внешние углы выпукло-
го пятиугольника представляют собой углы при основаниях треуголь-
ников. Сумма всех углов этих треугольников равна 180° • 5 — 900°.
Поэтому на долю углов звездчатого' пятиугольника приходится
900,° — 720° = 180°.
42.	Согласно условию задачи углы ABBlt BtBC, АСВ равны
(рис. 69). Пусть величина любого из этих углов равна а. Тогда угол
ВАВ1 равен --80 ~ а = 90° — —, с другой стороны, он же равен
2	2
5
180°—За. Отсюда —а = 90°, а = 36°. Следовательно, угол В равен
2
72°, угол С равен 36°, угол А — 72°.	__ ________
43. Введем в рассмотрение векторы АВ = гс, ВС = rA, СА = ~гв-
т***	*'"	1 —	»
Видим, что rA -f- гв гс =-= 0. Пусть теперь ЛЛХ = — гА 4- гв.
ВВх = ±-гв 4- гс, ССХ = — гс 4- гА. Сумма векторов ЛЛХ 4- ВВХ'4-
4- ССХ равна нулевому вектору; ЛЛХ 4- BBi 4- ССХ = fl 4- —) X
___________________________________________	___ ____ \ tl /
X (га 4- ~гв 4- гс) = 0. Поэтому из векторов ЛЛХ, BBlt ССХ можно со-
ставить треугольник.
44.	Достраиваем равнобедренный треугольник ADC до ромба
ADCE, соединяем точки В vi E отрезком прямой (рис. 70). В треуголь-
нике ВЕС стороны ВС и СЕ равны по построению, а угол ВСЕ ра-
вен 60°. Следовательно, этот треугольник равносторонний. Треуголь-
ник АВЕ равнобедренный (АЕ = BE). Угол ВЕА равен 140°—60°=
=80°. Поэтому угол ВАЕ равен 180 ~ — = 50° и угол BAD равен
87
Рис. 70
Рис. 69
Рис. 71
50° — 2 • 20° = 10°. Угол ADB, как нетрудно подсчитать, равен 140°.
Поэтому угол ABD равен 180° — 140°—10° = 30°.
45.	Приводимое здесь решение сводится к построению симметрич-
ной фигуры пятиугольника, в которую данный треугольник входит
как составная часть. В нашем случае основой для такой фигуры мо-
жет послужить равносторонний треугольник АВЕ (рис. 71). Из его
вершины Е проводим отрезок прямой EG под углом 20° к BE до пере-
сечения в точке G с продолжением отрезка AD и отрезки ЕС и BG.
В результате пятиугольник ABGEC построен. Треугольник СВЕ
равнобедренный (по построению ВС = BE), и Z. СВЕ равен
60°—Z-Л ВС=60°—40° = 20°; Л.ВЕС = 80° и Z. ЛЕС = 80°— АВЕЛ =
= 80° — 60° =20°.Следовательно, СЕ || AG. Кроме того, по построе-
нию GE || ВС. Поэтому четырехугольник KGEC— параллелограмм.
Покажем, что он является ромбом; Для этого убедимся, что треуголь-
ники СВЕ и GAE равны. В самом деле, по построению АЕ = ВЕ =-
== ВС, Z_ AEG = 60° + A BEG = 60° + 20° = 80°. Треугольники
GAE и СВЕ равны (по стороне и двум прилежащим углам). Значит,
СЕ = GE и параллелограмм KGEC — ромб. Треугольники ЕАС и
EBG равны по двум соответственным сторонам и углу между ними.
Следовательно, Z. GBE = 10°. Наконец, нетрудно показать, что тре-
угольники DKC и LEG равнобедренные и равные. Поэтому равны
треугольники DBC и GBE. Значит, искомый Z_DBC = 10°.
46.	Так как b > а, то ЛВХ = b — а > 0 (поэтому точка Вх на-
ходится на стороне АС, а не на ее продолжении). Далее, ВСХ —с —
— (Ь — а) = а — b -f- с > 0 (в силу того, что а, Ь, с — длины сторон
треугольника), ЛХС = а — (а — с) = b — с >0 и, .наконец,
ЛВ2.= b — (Ь — с) = с, а это означает, что дуга ЛВ2 пройдет через
вершину В данного треугольника.
47.	Пусть радиус полуокружности, описанной около треугольни-
ка АВС, равен г, радиус полуокружности, построенной на катете АВ,
равен гх, а радиус полуокружности, построенной на катете ВС,.— г2.
Тогда ширина луночки, соответствующей катету Л В, равна гх + г2— г
(рис. 72). Ширина луночки, соответствующей катету ВС, также равна
гх + г2 — г, что и требовалось доказать.
48.	Сумма углов четырехугольника равна 360°. Если в четырех-
угольнике противоположные углы попарно равны, то сумма двух
88
его соседних углов равна 180°, a -J- 0 = 180° (рис. 73) и 0 + у — 180°.
Следовательно, углы у и а равны. Поэтому AD || ВС. Аналогично
показываем, что АВ || DC.
49.	Обратимся к рисунку 74. На нем положение точек Д', В, С, D,E
первоначально предполагается неизвестным. Взяв произвольно точ-
ку Р, можем получить для нее центрально-симметричную точку Рх
(центром симметрии явится точка Ог). Тогда фигура -BPAPi будет
параллелограммом (на рисунке этот параллелограмм не нанесен).
Следовательно, отрезок BPi должен 'быть параллелен и равен отрез-
ку РА. Точно так же построим точку Р2, симметричную точке Pi от-
носительно точки О2, и заметим, что отрезки В Pi и Р2С равны и парал-
лельны. Продолжая построения дальше, получим: РцЕ = АРь,
РцЕ || АР5, значит, отрезки РА и АРЪ равны и лежат на одной прямой.
Отсюда единственным образом определяется положение точки А —
середина отрезка РР6 (в первом параллелограмме BPAPi диагональю
служит отрезок АВ и т. д., в последнем — отрезок ЕА).
Найдя положение точки А, затем найдем центрально-симметрич-
ную ей относительно Oi точку В и, продолжая этот процесс, получим
все пять вершин пятиугольника.
50. Соединим отрезком прямой точку А с центром данной окруж-
ности О и на отрезке О А как на диаметре построим окружность
(рис. 75). Проведем еще одну окружность с центром в точке А и ра-
диусом —. Через точку В пересечения этих окружностей и точку А
2
проведем хорду ED (таких точек две, отсюда и два решения). Убедимся,
что эта хорда удовлетворяет условию задачи. Отрезок О В перпенди-
кулярен хорде ED, поэтому ЕВ = BD. Хорду ED можно рассматри-
вать как состоящую из четырех отрезков BD, АВ, АС и СЕ, два из
которых имеют равную длину (АС и АВ). Поэтому AD = BD .
v	2
АЕ = BE — "у =	~ у-• Следовательно, AD — АЕ = т.
51.	Полученная фигура ABCD (рис. 76) представляет собой пря-
моугольник, поскольку по построению все углы между соседними
сторонами прямые. Кроме того, равнобедренные прямоугольные тре-
угольники EDH и FBG равны, поскольку у них равны гипотенузы.
Следовательно, DE — FB. Треугольник ECF равнобедренный и пря-
89
моугольный. Поэтому ЕС = CF. Значит, DC = СВ. Следовательно,
ABCD — квадрат.
а
Сторона полученного квадрата равна сумме двух отрезков: -т=
Ь п	(а + ьу
и ^==-. Поэтому его площадь равна 1—
52.	Проведем окружность через точки А а В так, чтобы
Z. AFB = 60° (точка F занимает положение на дуге этой окруж-
ности). Для этого на отрезке АВ как на основании строим равно-
сторонний треугольник ABF и описываем около него окружность.
Аналогичным образом проводим окружности через пары точек- В, С
и С; А. Эти три окружности пересекаются в одной точке L (рис. 77).
В самом деле, предположим противное. Пусть дуги окружностей,
стягиваемые хордами АВ и ВС и содержащие каждая одну треть ок-
ружности, пересекаются в некоторой точке L'. Тогда' сумма углов
AL’B и BL'C равна 240°. Значит, угол AL'C равен 120°. Следователь-
но, точка L' принадлежит дуге, стягиваемой хордой АС. Итак,
предположение о том, что три дуги не пересекаются в одной точке L,
оказалось ложным. Проведем отрезки LA, LB и LC. Построим тре-
угольник DEF, стороны которого проходят через точки А, В и С
и перпендикулярны соответственно отрезкам LA, LB и LC. Этот тре-
угольник является искомым. Действительно, то, что он равносторон-
ний,'очевидно. Покажем, что его сторона наибольшая из возможных.
Для этого рассмотрим другой треугольник со стороной E'D', проходя-
щей через точку С. Тогда треугольник E'D'L подобен треугольнику
EDL. Но поскольку EL и DL — диаметры, то хорды E'L и D'L ко-
роче их, а потому E'D' < ED, что и требовалось доказать.
53.	Предположим, что требуемое построение выполнено: ABCD
данный четырехугольник, PQRS — искомый квадрат, причем точка
А принадлежит отрезку прямой PQ, точка В —отрезку QR, точка
С — отрезку 7?8, точка D — отрезку PS. Проведем в данном четырех-
угольнике диагонали АС и BD. Кроме того, проведем из точки А пер-
пендикуляр к BD До пересечения с У? 8 в точке Е и AF d_ 87? (точка F
80
принадлежит прямой ST?) и DG J_ QT? (точка G принадлежит пря-
мой QR).
Рассмотрим треугольники EAF и BDG. Они равны, поскольку,
будучи прямоугольными, имеют по равной стороне (DG = Л77) и
равному соответственному острому углу (Z. EAF = Z_ BDG, так
как их стороны взаимно перпендикулярны). Отсюда получаем, что
AF = DG и AE = BD. Воспользуемся последним равенством. На
перпендикуляре, проведенном к BD из точки А, откладываем от А
отрезок, равный BD. Получаем точку Е. Через точки Е и С проводим
прямую. Через точку А проводим прямую, параллельную ЕС, через
то,чки В и D проводим прямые, перпендикулярные двум полученным.
Точки пересечения Р, Q, R и S этих прямых являются вершинами
искомого квадрата.
54.	На рисунке 78 основаниями перпендикуляров являются точки
Ai, Bt, Ci. Проведем отрезки МА и МВ. Утверждение о том, что три
точки Ai, Ci, Bi лежат на одной прямой, будет доказано, если удастся
доказать, что Z. AiCtB = Z. АС1В1. Четырехугольник АМВС впи-
санный. Поэтому сумма двух его противоположных углов, например
А и В, равна 180°. Но Z. МВС + MBAi = 180°. Следовательно,
Z. MBAi = Z. MABi. Прямоугольные треугольники AMBt и AiMB
подобны, и Z. AiMB = Z_ АМВГ. Заметим теперь, что около четырех-
угольников ABiCiM и AiBCiM можно описать окружность (в четы-
рехугольнике	равны углы АВХМ и ACiM, а в четырехуголь-
нике AiBCxM сумма противоположных углов MAiB и MCiB равна
180°). В первой из этих окружностей равны как вписанные и опираю-
щиеся на общую дугу углы AMBi и ACiBi, во второй по той же при-
чине равны углы AiMB и ЛхСхВ. Следовательно, равны углы AiCiB
и ACiBi, что и требовалось показать.
55.	Пусть точка G — середина отрезка CF, а точка К — середина
отрезка ED (рис. 79). Треугольники ESD и CSF подобны, a SK и
SG — их соответствующие медианы. Отсюда получаем равенство
углов: Z. MGS = Z_ SKN. Проведем отрезки МО и NO. Используя;
только что полученное равенство, можно доказать, что Z. NOS =
91
*=Л MOS. - Тогда получается, что прямоугольные треугольники
SNO и SMO равны (сторона SO общая, углы NOS и MOS равны).
Следовательно, равны отрезки MS и NS.'
56.	Точка М находился на одинаковых расстояниях от пря-
мых АР и АВ. Поэтому она лежит на биссектрисе угла А. Точно так
же она лежит на биссектрисе угла В. Проведем отрезки прямых AM,
МР и МВ. Угол АРВ равен разности л — (Z. РАВ + Z. РВА) =
= л — 2 (Z. МАВ Z. MBA). Величина угла АМВ постоянная,
следовательно, постоянной является Ъ сумма углов в скобке. Значит,
величина угла АРВ также есть величина постоянная; и поэтому точ-
ка Р лежит на дуге окружности, проходящей через точки А и В, рас-
положенной в той же полуплоскости, относительно прямой АВ, что
и дуга .АВ-
57,	Поскольку АС и BD равны, то и меньшие дуги, стягиваемые
этими хордами, равны (рис. 80). Поэтому равны вписанные углы
BAD и CD А. С другой стороны, поскольку четырехугольник ABCD
вписанный, то сумма противоположных углов АВС и ADC равна
180°. Значит, сумма углов АВС и BAD равна 180° и прямая ВС парал-
лельна прямой AD. Получаем, что четырехугольник ABCD — трапе-
ция. А трапеция, вписанная в окружность, равнобедренная (это сле-
дует, например, из симметрии треугольников ABD и ACD).
5$. Проведем через точку А прямую АЕ параллельно BD (рис. 81).
Тогда углы ЕАС и ООгС равны. Следовательно, угол DOjC, равный
углу ЕАС, можно измерять половиной дуги EDC или полусуммой
дуг DC и АВ. Но углы AOjB и DOtC равны как вертикальные. По-
этому угол АО]В измеряется полусуммой дуг АВ и DC.
59.	АС — касательная к данной окружности, хорда АВ — часть
данной секущей (рис. 82). Проведем через точку В. прямую BD, па-
раллельную АС. Тогда угол ABD равен углу ВАС. Треугольник DAB
равнобедренный, поэтому дуга АВ равна дуге AD. Следовательно,
угол ВАС можно измерить половиной дуги АВ.
60.	Пусть угол, о котором говорится в условии задачи, есть угол
АВС на рисунке 83. ПровеДем прямую EF, параллельную стороне АВ.
Углы АВС и ВВС равны. Последний измеряется половиной дуги
FC. Но дуга FC равна разности дуг АС и AF. Дуга же AF вследствие
92
в
параллельности AD и-FE равна дуге DE. Поэтому данный угол АВС
измеряется полуразностью дуг АС и DE.
61.	Пусть точка Oi — центр вписанной в данный треугольник
АВС окружности, а точка О — центр описанной около него окружно-
сти. Проведем дцаметр DE описанной окружности через точки О и Oi.
Проведем также диаметр описанной окружности FG, перпендикуляр-
ный, стороне АС данного треугольника. Тогда точка G (рис. 84) —
середина дуги АС. Поэтому отрезок прямой BG является биссектрисой
угла АВС. Проведем_еще дополнительно отрезок прямой AG и рассмот-
рим треугольник AGOi. Угол AOiG равен полусумме углов А и В
треугольника АВС, поскольку является внешним углом для треуголь-
ника AOiB. Вписанный угол CAG опирается на ту же дугу GC, что и
вписанный угол GBC, и поэтому равен -у. Следовательно, угол
GAOi также равен ~(А + В). Итак, треугольник ЛОС^равнобедрен-
ный, причем AG = GOi.
Проведем из Ог перпендикуляр OiK к стороне АВ и отрезок прямой
AF. Замечаем, что треугольники RBOi и AFG подобны, причем
KOi = г, GF == 2R, где г — радиус вписанной • окружности,
R—радиус описанной окружности. Поэтому	Но AG = GOj,
и г • 2R = GOi • BOr = DOi  ОгЕ = (Я*-)- 00^ (R — OOi) =
= R2 — OOj. Поэтому OOi = 1^R (R — 2r),
00?
R — 2r =
R
откуда' и вытекает, что в треугольнике радиус описанной окружности
не меньше, чем диаметр вписанной.
62.	Покажем, что ответ на поставленный вопрос отрицательный.
Суммы углов звездчатых семиугольников не обязательно равны меж-
ду собой. Например, сумма углов звездчатого вписанного семиуголь-
ника, приведенного на рисунке 85, равна 180°, потому что дуги, на
которые опираются его углы, в сумме составляют целую окружность.
Углы звездчатого семиугольника на рисунке 86 измеряются перекры-
93
вающими окружность дугами. Поэтому сум-
ма их углов больше 180°.
63. Рассмотрим точку внутри произволь-
ного четырехугольника. Стороны данного че-
тырехугольника видны из нее под углами а, х
0, у и б. Сумма этих углов должна равнять-
ся 360°. Предположим теперь, что найдется
точка четырехугольника, не покрытая кру-
гами. Тогда любая из сторон четырехуголь-
ника будет видна из нее под острым углом.
А сумма четырех острых углов не может рав-
няться 360°. Полученное противоречие и
Рис. 86
доказывает утверждение, высказанное в условии задачи.
„64. Для того чтобы доказать высказанное в условии утверждение,
достаточно установить, что в данном четырехугольнике ABCD сумма
двух противоположных углов, например Z. А 4- Z. С, равна 180°.
Пусть О — центр вписанной окружности (рис. 87), R — точка пере-
сечения хорд МР и NQ. Поскольку углы Z. MRN и Z. PRQ прямые,
то сумма длин дуг PQ и MN равна половине окружности. Следова-
тельно, сумма центральных углов Z. Л40ЛЛ+ Z_ POQ = 180°. Заме-
чаем теперь, что поскольку углы Z_ AMO, Z. A NO, Z. СРО и Z. CQO
прямые, то Z. А = 180° — Z_ MON, Z. С = 180° — Z. POQ. Следо-
вательно, А 4- /_ С = 360° — (Z. MON + Z. POQ) = 360° —
— 180° = 180°, что и требовалось.
,, 65. Замечаем, что сумма дуг ВС', В А' и АВ’ равна 180°. А угол
СТА’ (рис. 88) измеряется полусуммой этих дуг. Следовательно, он
прямой.
66. Опишем сначала окружности около треугольников BFC и
ACD. Эти окружности пересекаются в двух точках. Одна из них —
точка С, другую назовем точкой G и покажем в дальнейшем, что она
и есть искомая. Начнем с выяснения того факта, что окружность,
описанная около треугольника АВЕ, проходит через точку G (рис. 89).
Замечаем, что Z. FBG = Z. FCG как вписанные и опирающиеся на одну
и ту же дугу FG. HoZ. FCG = Z. DCG и Z. DAG = Z_ EAG. Проведем
94
отрезок прямой EG. Опирающиеся
на него, как на хорду, углы EAG
и EBG равны. Следовательно, че-
тыре точки А, В, G и Е лежат на
одной окружности, т. е. окруж-
ность, описанная около треуголь-
ника АВЕ, действительно проходит
через точку G. Остается показать
теперь, что и окружность, описан-
ная около треугольника DEF, про-
ходит через точку G. Проведем от-
резок прямой DG. Нам теперь до-
статочно установить, что Z. FEG =
— Z—GDF. Проведем еще вспомо-
гательный отрезок FG. Теперь, как
это видно из рисунка, Z_ BAG =
= /_ CDG. Следовательно, равны
между собой углы FDG и FEG. По-
этому окружность, описанная око-
ло треугольника DEF, действи-
тельно проходит через точку G.
67. Какой бы из удовлетворя-
Рис. 89
ющих условию задачи параллело-
граммов вида AFGB мы ни выбрали, у всех этих параллелограммов
площади равны. То же самое справедливо относительно параллело-
граммов вида BKLC. Мы вправе выбрать из параллелограммов ука-
занного вида такие, для которых задачу решить проще. Пусть ВК
совпадает при нашем выборе с BG (это возможно, и тогда СЕ и AD
равны и параллельны по условию). В результате получаем фигуру,
изображенную на рисунке 90. Поскольку ADEC — параллелограмм,
то DE = АС. Треугольники АВС и DGE имеют соответственно па-
раллельные стороны; про одну пару их соответственных сторон из:
вестно, что они равны. Следовательно, треугольники эти равны.
Пусть DE пересекает АВ в точке Р и ВС — в точке Q. Сумма площа-
дей трапеций DPBG и GBQE равна площади треугольника АВС минус
площадь треугольника PBQ. Такая же величина у площади трапеции
APQC. Следовательно, площадь трапеции APQC равна сумме пло-
щадей трапеций DPBG и GBQE. Объединяя трапецию APQC с тре-
угольниками ADP и QEC, получаем
параллелограмм ADEC, площадь	/7
которого равна сумме площадей
параллелограммов ADGB и BGEC.	/Jb\
68.	На рисунке 91 треугольник	//\, \
С АС' равнобедренный по построе-	// \ \
нию, АС — АС'. Покажем, что	-----А )£
угол С АС прямой. Для этого	_____ц у/
достаточно убедиться, что АС2 + д	£
+ АС'2 = СС2. Но АС+АС2 =
== 2 (22+ I2) = 10. С другой сто-	рИс. 90
95
рбны, СС'2 — З2 + I2 = 10. Поскольку тре*
угольник равнобедренный и прямоугольный,
то Z. АСС' = 45°. ,
69.	Как известно, сумма двух векторов
представляется в виде вектора, длина кото-
рого равна той диагонали параллелограмма,
которой принадлежит их общее начало — в
нашем случае точка С. Если диагональ эта од-
новременно является биссектрисой угла С, то
параллелограмм — ромб. В данном случае
разложение вектора СМ по направлениям С А и СВ легко получить, зная,
что искомый параллелограмм—ромб, у которого известны диагональ
СМ и угол АСВ. Концы векторов-слагаемых, имеюшихначало вточкеС,
составляющих в сумме СМ, получаются в пересечениях сторон С А и
СВ угла АСВ с перпендикуляром к биссекторному отрезку СМ, про-
веденному через середину последнего.
70.	Покажем сначала, что если задать ориентацию сторон пра-
вильного 2 n-угольника, скажем, против часовой стрелки, а затем
векторы убрать через один, то сумма оставшихся векторов равна нуле-
вому вектору. Действительно, предположим противное, т. е. что
вектор, получающийся в результате сложения оставшихся векторов,
не нулевой. Тогда, если этот вектор повернуть относительно его на-
чала на угол,*отличный от 2л, то в результате получится вектор, не
равный первоначальному. Повернем рассматриваемую систему век-
торов, оставшихся на сторонах правильного 2п-уголышка, относитель-
но его центра так, чтобы в новом положении вектор, изображающий
оставшуюся сторону правильного многоугольника, совпал с вектором,
изображающим другую сторону правильного многоугольника. Яс-
но, что при этом угол поворота не может быть равен 2л. В. результате
рассматриваемая система векторов самосовместится и суммарным
вектором должен быть вектор*, равный первоначальному суммарному
вектору. А этого быть не может. Значит, суммарный вектор рассмат-
риваемой Системы векторов равен нулевому вектору. Точно так же
находим, что и сумма удаленных векторов равна нулевому вектору.
Имеем: BAi -J- A^Ag -f- А2В =? 0, BAg -J- А3А4 -f- A&B = 0, . . .,
+ А2я_1А2п + Аг„В = 0.
Складывая эти равенства, получаем, что
ВАх АгВ + ВА3 -f- AgB -J- • • + ДАал-i 4" А2яВ = 0,
а это и означает, что, прикладывая начало вектора А2В к концу век-
тора ВАи затем начало вектора ВА3 к концу предыдущей векторной
суммы ит.д., получим требуемую замкнутую ломаную.
71.	Воспользуемся векторным равенством АВ -f- ВС -f- С А = 0. Из
него получаем: ВС = — АВ — С А. Следовательно, чтобы получитьтре-
буемое, достаточно доказать равенство А В • CD 4- (—АВ — СА) - AD-\-
-] CA-BD = 0. Записываем далее цепочку равносильных равенств.
96
_ £B-(CD_— ЛОН- CA-(BD — AD) ==AB-(CD +_DA) +
4-CA-(BD 4-DA) = AB • CA + CA • BA = CA(AB 4-ВЛ)= CA • 0=0.
Заключаем, раз последнее из них справедливо, то справедливо и пер-
вое, что и требовалось.
72.	Предположим, что нам известно, что точка О, удовлетворяю-
щая условию задачи, существует. Позднее,указав способ ее построе-
ния, мы тем самым докажем ее существование. Предположим далее,
что известны углы ВО А и ВОС. Тогда можно построить дуги окруж-
ностей, стягиваемые хордами АВ и ВС, вмещающие углы АОВ. и ВОС.
Пересечение этих дуг определит точку О единственном образом. Из
треугольника - ОВС Л. ВОС = п — А. ОВС — Z_ ОСВ. По условию
А ОВС = А ОСА. Поэтому Z. ВОС = п — Z. ОСА — Z. ОСВ =
= я — С. 'Точно так же получаем, чтоZ. СОА = л — A, АОВ =
'= л — В. Теперь можно построить дуги, вмещающие углы ВОС и
ВО А. Их пересечение и определяет положение точки О. Нетрудно
убедиться, что при таком получении точки О угол А ОС составит л — А,
что и требуется.
73.	Площадь данного четырехугольника S (PiPzPaPt) равна
У (ala2 sin PlPzPz + «8«4 sin Р1Р*Рз) =
= -i- (axa2 Sin P]PzPs 4- «3«4 sin (180° — /BPiPzP3)) ==
— у («1«2 + «Л) sin РХР2Р3.
Аналогично выводим равенство
S (PiPzP3P^ — у («2а3 + aiat) sin PzPiPf
Следовательно, —— gi>a* = sinPiPaP3. -
а2®з 4*	sinP2PxP4
Из треугольника Р\Р2Р3 по теореме синусов находим: —-------=
'	,	tinPtPiPf
= ———, а из треугольника PiP2Pi‘-------------= ———. Замеча-
sinPxP,P2 к 	- sinP2PxP4 sinPxP4P2
ем, что 2. PiPfPz — Z- PiPzP& так как оба эти угла, вписанные в
одну и ту же окружность, опираются на одну и ту же ее дугу PiPz.
Следовательно,----------=?-----------и sin Р1РаРз = L- , что и
sin Р^гРз sin P^PiPt sin Р2РХР4 e
нужно было установить.
74.	Дважды воспользовавшись теоремой косинусов (рис. 92),
получаем два равенства
СК* = р2 4- а2 — 2ар cos а,
СК* = р* + Ь* — 2bp cos а,.
из которых следует исключить cos а. Умножим для этого первое из
них на Ь, второе — на а и вычтем из первого второе. Получим:
(Ь — а) СК2 = р* (Ь — а) 4- а*Ь—Ь*а, откуда СК = V р* — ab.
75.	Проведем биссектрису ААг угла А (рис. 93). Она разделит
сторону ВС на отрезки BAi и АХС, длины которых относятся между
4 Заказ 1212	97
Рас. 92	- Рис. 93
собой как с : Ь. Обозначим для удобства длину ВА± буквой х, длину
А£ буквой у. Тогда х + у = а.
Из того что — = —, следует, что у = — х и х 4- - х = а, отку-
у Ь	с	с
да х=———, у =	Треугольник A AtC равнобедренный, поэтому
Ь + с b + с •
1 2ab	b 4- с
b —-----cos или cos а =——.
Ь + с	2а
Воспользуемся теоремой косинусов: а2 + b2 — 2ab cos а = с2. '
Подставляя значение cos а, получаем: а2 + Ь2 — Ь (Ь + с) = с2,’
а2 — Ьс = &, откуда а = ]/ с? + Ьс.
76.	Рассмотрим две соседние прямые а и Ь. Прямую а заключим
в полосу так, чтобы она была осью симметрии полосы. Пусть ширина
этой полосы равна длине стороны многоугольника, которой перпенди-
кулярна прямая а. Точно так же заключим прямую Ь в полосу, ширина
которой равна длине соответствующей стороны многоугольника. Пря-
мые а и i образуют острый угол или в случае, когда многоугольник —
квадрат, прямой угол. Рассмотрим точку пересечения границ этих
полос, расположенную внутри острого угла (таких точек 2), она
(рис. 94) определит одну из вершин искомого многоугольника. Все
прочие вершины будут получены последовательными преобразования-
ми симйетрци относительно прямых а, Ь,спт. д.
.77. а) Пусть Аг, Ви Ct и Di — точки касания данного четырех-
угольника с вписанной окружностью (рис. 95). ОА — биссектриса
угла DiOAi, поэтому угол АОВ равен половине угла DlOBl (право-
го). Точно так же угол DOC равен половине угла DiOBi (левого) и
98
сумма углов АОВ и COD равна 360° : 2 = 180°, что И требовалось
доказать.
б) Треугольники АОВ и COD. имеют равные высоты (как радиусы
вписанной окружности). Углы АОВ и COD в сумме составляют л.
Площади треугольников АОВ и COD относятся как длины отрезков
у ОА-ОВ- sin АОВ
АВ и CD. Отношение этих площадей равно---------------------—=
— OD . ОС • sin (л —Л АОВ)
ОА • О В	АВ	О А . О В т
=--------. Значит, — =---------. Точно так же получаем равен-
ОС • OD	CD ' ОС- OD	Jr
ВС ОВ • ОС т.	-
ство — =	Из этих двух равенств получаем требуемое
АВ • AD 1ОА\ъ
равенство ------= I — |.
F	СВ • CD \ОС)
78.	Треугольники подобны. Значит, площадь треугольника, по-
строенного на катете а, относится к площади треугольника, построен-
ного на катете Ь, так:	(как квадраты сходственных сто-
рон). Точно так же площадь треугольника, построенного на гипоте-
нузе с, относится к площади треугольника, построенного на катете б,
как — = Поскольку данный треугольник — прямоугольный,
М Sb
справедливо равенство а2 + 62 = с2, или ——|- 1 •= —или
С	с
— 4- 1 = -f, откуда и получаем требуемое равенства Sa + S4 —Sc.
Sb	Si,
79.	Исследуемая фигура имеет вид, показанный на рисунке 96.
Пусть С — середина дуги АВ. Проведём хорду АВ и перпендикуляр-
но ей из точки С отрезок прямой CD. Соединим-отрезком прямой точ-
ки О и D. Теперь криволинейные четырехугольники (с одной криво-
линейной стороной) AODC и CDOB имеют равные площади. Но нам
нужно, чтобы равноделящий разрез был отрезком прямой, а не лома-
ной. Для этого проведем отрезок ОС, потом параллельно ему DE.
Соединим точки £ и С. Видим, что площади треугольников ОЕС и
ODC равны. Поэтому искомым разрезом является прямая ЕС.
80.	Пусть АВ = а, ВС = b, CD — с и DA = d. Из того что
5 (ABC) s= — sin Bi заключаем: 3 (ABC) —. Точно так же по-
лучаем: 3 (ACD)	S (ABD) < — и S (BCD) < Сложим
эти /неравенства: 3 (АВС) + 3 (ACD) + 3 (ABD) + 3 (BCD) =
= 23 (ABCD) < ±+Sf*±ad + * e <g + ^Q±.^ , или S (ABCD)
<za ~ьc ~ь
^2	*	2	~	.
81.	Пусть площадь данного квадрата равна 1. Треугольник EFG
расположен так, что у него общая ось симметрии с данным квадратом.
4*	99
Из рисунка 971 видно, что сторона равностороннего треугольника рав-
на 1, площадь его ^3 .Поэтому искомое отношение площадей равно if3 •
4	ч	4
82.	Прежде всего заметим, что если равносторонний треугольник
вписан в квадрат так, как.о том говорится в условии задачи, то у
обеих этих фигур имеется общая ось симметрии (рис., 98).
Пусть площадь'данного квадрата равна 1, а сторона равносторон-
него треугольника равна х. Тогда площаДь равностороннего тре-
угольника равна ^1-L3.. Z. ВАЕ — 15°, х cos 15° = 1 и л? cos2 15°=1.
4	_ . .
Но £ cos215° =xgl + 008= х2 • -( 1 + ЮЦ = 1, х2 =
2	2(2/	24-/3
Таким образом, отношение площади треугольника к площади квад-
рата составляет: —= (2 ~~ l^3) У"3 = 2}^3 — 3.
н	-2 + /3	4	4 — 3
83.	На гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами а и b
строим новый прямоугольный треугольник, гипотенуза которого сов-
падет с гипотенузой старого, а один катет имеет длину с. Квадрат,
построенный на другом катете, является искомым. На рисунке 99 он
заштрихован.
84.	Пусть стороны данного треугольника имеют длины а, Ь и с;
длины перпендикуляров, опущенных на эти стороны, соответственно
йа, hb, hc (рис. 100). Тогда aha + bhb + chc = 2S, где 5 — площадь
данного треугольника.
Сумма aha + bhb + chc остается постоянной. Поэтому произве-
дение aha • bhb • chc достигает наибольшего значения, когда aha =
= bhb — che. Вместе с aha • bhb • chc Достигает наибольшего значе-
ния и произведение hahbhc, так как abc постоянно. Эти значения
ha, hb, hc соответствуют, следовательно, такому положению точки О,
при котором S (АОВ) = S (АОС) = S (ВОС). Эта точка О есть точ-
ка пересечения медиан треугольника ш ‘
85.	Ясно, что ОА > ОС. Площади треугольников АОС и COD
(рис. 101) равны, так как у них равные основания АС и CD и равные
высоты. Но S (COD) 1 СО2 sin COD, S (АОС) — ^ОА-ОСх
xsin АОС. Поскольку АО > ОС, то sin АОС < sin COD. Значит, и
угол АОС меньше острого угла COD. Следовательно, и дуга АЕ мень-
ше дуги EF.
100
 86. Площади треугольников АВС и BDC равны, поскольку они
имеют общее основание и равные высоты hA и hD.
Треугольник ADE подобен-треугольнику ЛВС, , а треугольник
FDG подобен треугольнику BDC. Соответствующие стороны подобных
треугольников относятся как их соответствующие высоты. Кроме
того, высота Лх треугольника ADE, проведенная из вершины Л, рав-
на высоте h\ треугольника FDG, проведенной из вершины D. Полу-
DE	hi	FG	A'.	Ai А1
чаем, что	—=—	и—	=	—,	но	— = —,	следовательно,
ВС	h	ВС	h'	h  hn
A	D	AD.
DE FG
— = — и DE = FG, что и требовалось доказать.
вс вс
87.	Пусть высота исходной трапеции равна h, а высота трапеции
DMNC равнаЛг (рис. 102). Площадь трапеции ABCD равна
Эту же площадь можно представить как сумму площадей трапеций
DMNC и MABN. Тогда справедливо ^равенство
=1±-%+с-±2'(Л -Л,).
Упростив его, получим: (а — c)h = (а — Ь) Л, и — = д ~ с.
h а— b
' Продолжим прямую DC до пересечения в точке В' с прямой ВВ',
параллельной АС. Треугольники DBB' 'и DOC подобны. Значит,
/if	Л ж ж
-7 = ——. Из этого и из предыдущего равенств получаем:
h а Ь
(а — с) (а Н- Ь) = (а — Ь)а.
।	 ab — а2 + а* ab ___ 2ab
a+b	a^b*
„ (b — a) a
a + b
и
Следовательно,
± + ± = A.
abc
88.	Проведем радиусы OD и ОЕ в точки касания (рис. 103). Отрез-
ки OD и ОЕ перпендикулярны соответственно ВС и АС. Согласно
условию задачи OD и ОЕ равны R, где R — искомый радиус. Соеди-
ним точки О и С отрезком прямой. Площадь треугольника АВС рав-
на S = 8 (ВОС) + 8 (ЛОС), 8 (ВОС) = ^, 8 (ЛОС) = ^-. Сле-
довательно, 8 = —и R — —Величину S находим по форму-
2	а + b '
ле Герона 8 = ]/ р (р — а) (р — Ь) (р — с), где р — полупериметр
данного треугольника ЛВС.
89.	Пусть точка Е — середина стороны CD (рис. 104). Тогда вы-
сота треугольника ВСЕ, проведенная к стороне ВС, равна — (Л —
2
высота трапеции). Высота треугольника AED, проведенная к сторо-
не AD, равна также
Поэтому площадь треугольника 8 (АВЕ) —
a + bh_ S(ABCP)
~ 4 П ~	2
Как следствие из задачи получаем:
удвоенная площадь трапеции равна произведению одной из непа-
раллельных сторон на перпендикуляр, опущенный на нее из середины
другой непараллельной стороны.
90. Заметим прежде всего, что треугольники AFD и DEC подобны
вследствие равенства соответственных углов (рис. 105).
Достроим треугольники AFD и DEC до параллелограммов. Пло-
щади параллелограммов с равными высотами относятся как соответ-
ствующие этим высотам основания. Следовательно,	= — и
2S2 ЕС
S (FBED) _FB
2Sf AF
Перемножим левые и правые части этих равенств и. извлечём
102
в
Рис. 105	Рис. 106	Рис. 107
квадратный корень, получим: S (FBED) = 2 у St • S2 •
или, воспользовавшись равенствами BE = FD,FB = DE, S (FBED)=
= 21/ Si • S2 • -гр--™- Вследствие подобия треугольников AFD и
DEC	Поэтому S (FBED) = 2 V Sx • S2.
91.	Нам нужно добиться, чтобы площадь треугольника ANB
(рис. 106) равнялась половине площади данной трапеции.
Пусть высота данной трапеции равна Л. Тогда площадь ее состав-
л	и -I- & ъ
ляет: S = —й.
2
Площадь треугольника AN В равна -^/4, где — расстояние от
точки N до большего основания трапеции. По условию задачи должно
быть: - •	. h	. h.'•
2	4	2а
Треугольники ANB и CNM подобны (по построению). Поэтому
их высоты относятся как соответственные стороны, например как а
к СМ. Пусть расстояние от точки N до прямой, на которой лежит
меньшее основание трапеции Ь, равно Л2. Тогда 4- h2 = h.— = —
а Л/
Прибавим к обеим частям последней пропорции по 1 и приведем
их к общему знаменателю, получйм: См = — == 20 . Отсюда
*	« hi a+b
2а?	„ 2аа —а?—Ьа	а — Ь
СМ ==---------а =--------------= а-—.
а-{- b	а + b	а-}-Ь
92.	В треугольнике b + с > а, поэтому а + Ь + с> 2а и р =
__^+_*+4 > а, но S =^ = рг, значит, h„ > 2г. Точно так же
’ 2	2	а
hb > 2r u hc > 2г. Складывая соответственно левые и правые части
неравенств, получаем: ha + hb + hc > 6r.
93.	а) Покажем, что сумма площадей треугольников ABN и NCD
равна площади треугольника AMD (рис. 107). Пусть точки Е, F пС
соответственно проекции точек В, М и С на сторону AD данного
103
четырехугольника или на ее продолжения. Четырехугольник BCGE
представляет собой трапецию, а отрезок MF — ее среднюю линию: ,
MF = у (BE 4- СО). Воспользуемся теперь тем, что точка N — се-
редина отрезка AD, и получим-два равенства S(ABN)=^ADx
X BE -'у, S (NCD) = AD • CG • Складывая соответственно
левые и правые части, приходим к равенству S (ABN) -|- S (NCD)- =
= -i- AD • у (BE + СО) = у AD • MF = S (AMD). Точно так же
S (ABM) + S (MDC) == S (BNC). Поэтому S (ABCD) = S (AMD) 4-
4- S (ABM) 4- S (MDC) = S (ABM) 4- S (BNC).
б) Ответ получается как следствие результата решения задачи а).
В самом деле, площадь общей/части треугольников AMD и BNC рав-
няется сумме площадей треугольников АВР и CDQ.
94. Докажем вначале, что площадь четырехугольника B1B2D1Di
равна — площади четырехугольника ABCD (рис. 108).
3
Проведем отрезки BD2, D2B2, B2D и BD. Треугольник B2CD име- .
ет площадь,, втрое меньшую, чем треугольник BCD (при равных вы-
сотах основание первого втрое меньше), Аналогично площадь тре-
угольника ABD2 втрое меньше площади треугольника ABD. В ре-
Q	Q
зультате получается, что — S (D2BD) 4----S (BB2D) — S (ABCD).
2	2
И, замечая, что треугольники D2BD и BB2D составляют вместе четы-
рехугольник D2BBJ), находим площадь последнего: S (D2BB2D) =
2
= — S (ABCD). Четырехугольник D2BBzD сострит из попарно рав-
новеликих треугольников D2B2Di и DjB^, BD2BX и ВР2В2. По-
этому S (DzBxBaDO = - S (D2BB2D) = -S (ABCD).
2	3
Рассмотрим теперь отдельно четырехуголь-
ник	(рис. 109). Четырехугольник,
площадь которого надо найти, — D8B4B3D4.
Проведем отрезки B2Bt, DJ^ и BJ)2. Пло-
щадь треугольника В1В1В2 составляет— пло-
щади треугольника D2BiB2, S (D^iDJ =
= у S (D2B2Di). Поэтому S (D2B^B2D^) =
= у 1 S (ABCD) = ^-S(ABCD). Прове-
дем, наконец, отрезок и заметим, что
треугольники В2В^В3 и D4B4B3, D2DJ)3
и B4D4D3 попарно равновелики. По-
этому S (D3B4B3D4) = ~ S (B4B2D4D2) =
104
1 ' ' '
= — S (ABCD), что и требовалось доказать.
95. Имеем: S (АВС) = ^АВ • АС  sin Л,
S (Л1В1С1) = у АгВ1  AiCi sin Л. Требуе-
S(ABC)
мое отношение площадей равно------——— =
S (ЛАСх)
АВ • АС
A^i • ACf
96. Ясно, что радиус данного полукруга
может быть представлен как гипотенуза пря-
моугольного треугольника, у которого один
Рис. 109
катет равен стороне .а искомого квадрата, а
другой у (рис. ПО). Следовательно, а2 +
+ у = /?2 и а = R. Искомая площадь квадрата равна -i/?2.
97. На основании решения задачи 95 получаем:
1.
S (АРВХ) _ АР . BjD .. $ (ВРСг) _ ВР . CjP . S (ADC) _ Л,Д • PC
'S (BPAt)	ВР - PAt ’ S (SXCD) BiP -PC' S (APCx) ~ AP • CtP '
Перемножая соответственно левые и правые части равенств, имеем:
S (APBt) S (BPCj) S (A, PC)	!
’	S (BP A J ' S (BiCP) S (APC1) ~
Переставим в левой части множители так, чтобы бралось отноше-
ние площадей треугольников, у которых по стороне принадлежало
бы одной и той же стороне треугольника ЛВС:
S (APBt) S (AjPC) S (BDC,) =
S (BXCP) ' S (BPAi) ’ S (APCi)
У треугольников ADBt и BXCD высоты
г,	s (APBA ABt
равны. Поэтому — -------- — —-
F		' S(BiCP) BXC
. S (ADC) A1C S (BPCi)
так же получаем: ———- =——, —'----------— —
J S (BPA^ AiB S (APCA
— BCt
CtA
Подставляя значение отношений площа-
дей в предыдущее равенство, получаем тре-
буемое равенство: —* 1 • — • — = 1.
,	В1С AiB CtA
'98. Пусть отрезки Л Л! и ВВХ пересекают-
ся в некоторой точке D' внутри треугольника
ЛВС (рис. 111). Проведем прямую CD' до
пересечения со стороной ЛВ в точке С{. Тог-
да на основании прямой теоремы Чевы
ЛВ1 . CAi . BC’t =
SiC AiB с’,А -
Точно
чг о
Рис. 110
105
Значит, справедливо равенство-^1 =
CtA
ВС'{
= ——— = 1, т. е. точки Ci и Ci совпа-
С,Л
дают,а потому CCi тоже проходит через
точку D'.
BE
99. Примем, что -----= т. Тогда
ВА
ЕС
на основании теоремы Фалеса----— т.
CD
Обозначим через Ei точку пересечения
EF и AD (рис. 112). Тогда должно быть:
AEt DC ЕВ . BE CD .
—— • — = 1. Но---------------= 1,по-
СЕ BA	ВА ЕС
этому = 1 и AEi — EiD.
E^D
100.	Пусть секущая I составляет с
АВ угол аь с АС — угол аг, с ВС—
угол а3. Точки пересечения I с АВ, АС
и ВС (или их продолжениями) обозна-
чим соответственно X,Y и Z (рис. 113).
Тогда на основании теоремы синусов
из треугольника AXY имеем:	—
sin а2
= —, из треугольника BXZ:	= — и из треугольника CYZ:
/Ал	sina3 juzl
cin/y	С 7
-2—2 =	Перемножая эти равенства, получаем:
sin «f sin«g sin «g ЛИ . CZ . BX
sina2 sina3 sin«i ЛХ YC BZ
что и требовалось.
101.	а) .Если AAi, BBt и CCi — медианы, то (рис. 114)
ABj ___ . CAj __ j BCj ___ lu	BCi __ .
BiC “ ’ AtB ~ ’ ~CjA	~Bfi A^b" CtA ~ ’
откуда на основании обратной теоремы Чевы убеждаемся, что медиа-
ны обязаны пересекаться в одной точке.
б)	Если AAi, BBi и CCi — биссектрисы, то	=
b BCf a ABi CAt BCt . •	1	1
— —, —-7== — и ‘ ттг ’ угг = *» откуда на основании
с CiA b ВХС AiB CfA	J
обратной теоремы Чевы получаем, что и биссектрисы треугольника
пересекаются в одной точке.
в)	Пусть AAi, BBi, CCi — высоты остроугольного треугольника .
(CCi на рисунке 115 не нанесена). Имеем: ДВХ = АВ cos А = с cos А,
ВгС = a cos С, СДХ = b cos С, AtB = с cos В, BCi = a cos В,
106
пл к	л	гт	ABt CAi BCt с cos A	b cos C	a cos В
СХЛ — о cos	А.	Поэтому	—1	—1 —*	— ——-----------------=»
BjC А^В С^А a cos С с cos В b cos А
= 1. Вновь на основании обратной теоремы Чевы получаем^ что вы-
соты действительно пересекаются в одной точке.
102.	Известно, что центр масс треугольника находится в точке D
пересечения его медиан. Пусть перпендикуляры, о которых, идет речь
в условии задачи,—DE и DF (рис. 116). Проведем дополнительно
отрезки прямых AD и BD. Площади треугольников ACCi и ВССи
ADCi и BDCi, ADC и BDC попарно равны. Следовательно, длины
отрезков ED — х и DF = у должны быть связаны соотношением
Ьх = ау, но у = I — х, поэтому bx = а (Iх) и х = —° , у = ——.
а + Ь а-\-Ь
103.	Пусть биссектрисы треугольника АВС — AAi, BBlt CCi,
а стороны треугольника—а, Ь, с (рис. 117).	 '
ab
С 	OAj   AiC  , b -f- с   а
1 ~ &4- с	ОА	AC ~ b ~ Ь+с
т.	OBi b ОС, с
Точно так же получаем: —4 =------и —»= —
ОВ а + b ОС a-j-b
104.	На продолжении отрезка BG отложим отрезок GBi =-^- BG
(рис. 118), соединим точки Bi и О отрезком и через точку Вх проведем
прямую, перпендикулярную отрезку ОВг. Из точки О как из центра
радиусом, равным ОВ, проводим окружность. Она пересечет указан-
Рис. 117
107
АСОВ
Рис. 119
ную прямую в точках А и С>Соединив точки
Л, В и С отрезками прямых, получим иско-
мый треугольник.
105- Проведем хорду CD. Ясно, что если
нам удастся показать равновеликость тра-
пеции FECD и треугольника 0CD, то из
этого сразу-будет вытекать равенство _пло- ,
щадей сектора OCD и криволинейной тра-
пеции FECD, поскольку сегмент CD -входит в состав каждой из наз- '
ванных фигур. .
Пусть отрезки FD и ОС пересекаются в точке G. Треугольник CGD 
принадлежит одновременно треугольнику 0CD и трапеции FECD. ,
Значит, ^ чтобы получить нужный результат, достаточно - доказать ,
равновеликость треугольника 0GD и трапеции FECG.
Замечаем, что прямоугольные треугольники ОЕС и 0FD равны
по гипотенузе и одному из острых углов, значит, равны их площади.
Треугольник OFG содержится в каждом из них, поэтому площади
трапеции FECG й треугольника OGD равны, и следовательно,
S (FECD) == S (OCD).
106.	Построим на радиусе АВ данного круга полукруг, разделим
отрезок АВ на три равных отрезка точками С и D (рис. 119), через
точки С и D проведем перпендикуляры к АВ до пересечения с по-
строенной полуокружностью соответственно в точках Е и F. Отрезки
FB и ЕВ — радиусы искомых окружностей, разделяющих данный
круг на попарно равновеликие концентрические кольца. Докажем это.
Площадь данного круга равна л/?2, где R=AB. Отрезок DB = —,
3
По теореме Пифа-
2-/21?
3^ ~ з *
отрезок AD = FD
гора BF
—2—	R
+> = 71
Рис. 121 .
108
Площадь круга, концентрического данному, с радиусом BF равна
, как и требовалось. Имеем:
у У	У	у О
Площадь-круга, концентрического данному, с радиусом BE равна
— RA, как и требовалось.
л/?2
Площадь каждого из колец равна —.
107.	Отношение этих площадей не зависит от положения точки D
на стороне ВС треугольника АВС. На основании теоремы синусов
имеем: 27?i = и 2/?2 = -^~ (рис. 120).
sin В	sin С
Но площади кругов относятся как квадраты радиусов, поэтому
ЛР2	-
sin2 В sin2 С с? ,	•	.
—	— — (на основании теоремы синусов).
№ ,
Л₽1
^2 ~ АЬ2 ~ Sin2'S
sin2 С
108.	Имеем: ab = cd (рис. 121). В треугольнике АСВ сторона АС
равна У а2 А- сторона СВ равна Ус2 4- Ь2, сторона АВ равна
а + Ь, sin CAB--------—££— = 2^+^'	_ 2R.
У a3. A- ci sin	с
Площадь круга S — nR2,
s	Л & о2
4с?	М с2 1	1
Но — = d, поэтому получаем, что
с
S = — (а2 4-Ь2с2 + d2).
4
IH. СТЕРЕОМЕТРИЯ
9 класс
1.	Каждая точка пространства окрашена в один из пяти цветов,
при зтом каждый из пяти цветов использован хотя бы один раз. До-
казать, что в пространстве найдется плоскость, точки которой окра-
шены не менее чем в четыре цвета.
2.	Пусть ОА, ОВ, ОС и-OD — четыре разные прямые линии, ни-
какие три из которых не находятся в одной плоскости. Точка А' при-
надлежит прямой ОА, точка В' — прямой ОВ, точка С' — прямой ОС
и точка D' — прямой OD. Если окажется, что прямая АВ пересекает-
ся с прямой CD в точкеЕ, а прямая А'В’ пересекается с прямой CD'
в точке Е', то три точки О, Ё и Е' принадлежат одной прямой. Дока-
зать.
3.	Даны точки Р, Q и R соответственно на сторонах АВ, ВС и CD
пространственного четырехугольника ABCD общего вида. Найти
точку S пересечения,прямой AD с плоскостью PQR.
4.	Пусть SABC — театраэдр. Ребра его, соединяющие вершину S
с вершинами А, В, С, обозначим соответственно alt blf ct. В грани
АВС обозначим сторону, противоположную вершине А, буквой а,
противоположную вершине В — буквой Ъ, противоположную вер-
шине С — буквой с. Доказать, что ах + Ьл + сг > у (а + b + с).
5.	Пусть точки А и В расположены на одной из скрещивающихся
прямых, а точки С и D — на другой. Доказать, что прямые AD и ВС
тоже скрещивающиеся.
*	6. Доказать, что если, у, пространственного четырехугольника
общего вида противоположные стороны попарно равны, то равны
попарно и его противоположные углы.
7.	Имеется пространственный четырехугольник ABCD общего
вида. Через середину Р его стороны ЛВ-и середину Q ею стороны CD
проведена плоскость» которая пересекает его сторону AD в точке R
и сторону ВС в точке S (рис. 122). Доказать, что
8.	Доказать, что если прямая а параллельна плоскости а, то
кратчайшее расстояние от этой прямой до всех непараллельных ей
прямых плоскости а одно и то же.
9.	Существуют ли в пространстве четыре попарно перпендикуляр-
ные скрещивающиеся прямые?	;
10.	Между двумя скрещивающимися прямыми а и Ь поместить
отрезок данной длины d так, чтобы он С обеими этими прямыми со-
ставлял равные углы.
110
Рис. 122
11.	В пространственном четырехуголь-
нике ABCD общего вида (т. е. такого, у
которого противоположные стороны лежат
попарно на скрещивающихся прямых) каж-
дая из сторон делится на три равных отрез-
ка. Противоположные точки деления соеди-
няются отрезками прямых (рис. 123). До-
казать, что каждый из этих отрезков пересе-
кается с двумя другими в двух из четырех то-
чек Pi, Pz, Р& Pi (именно пересекается, а не
лежит на одной из скрещивающихся прямых).
12.	ABCD — параллелограмм, Е — точка
пересечения его диагоналей. Пусть О — не-
которая точка пространства трех измерений.
Доказать, что	О А + ОВ + ОС + 0D =
= 4 • ОЁ.	'
13.	В пространстве произвольным образом
расположены два параллелограмма ABCD и
А&С^Р!. Точки А и Л1, В и Blt С и Си D. и 'V \	\ \
Di соединены попарно отрезками прямых.	V	V	v \
Доказать, что середины отрезков АА1, BBlt	А	Ог	Dt О
CCi и DDi являются вершинами еще одного
параллелограмма.	рис. из
14.	Черёз середину Q ребра АВ произ-
вольного тетраэдра РАВС проведена прямая а, параллельная PC,
через середину R ребра ВС — прямая Ь, параллельная РА, через се-
редину S ребра СЛ — прямая с, параллельная РВ. Доказать, что
прямые а, b и с пересекаются в одной точке.
15.	Плоскость а, в которой расположен многоугольник, образует
с плоскостью р острый-угол <р. Доказать, что площадь проекции дан-
ного многоугольника на плоскость Р равна S cos <р; где S — площадь
данного многоугольника.
16.	Показать, что в сечении куба плоскостью нельзя получить
правильный пятиугольник.
10 класс
17.	Выпуклый четырехгранный угол пересечь плоскостью так,
чтобы в сечении получился параллелограмм.
18.	В тетраэдре DABC найдется хотя бы оДна такая вершина, что
из трех ребер,’ сходящихся в ней, можно построить треугольник.
19.	Дан тетраэдр DABC такой, что DA = ВС, DB = AC, DC =
= АВ. Через вершину тетраэдра А проведем прямую, параллельную
его ребру ВС, через вершину В — прямую, параллельную ребру АС,
через вершину С — прямую, параллельную АВ. Эти прямые лежат в
одной плоскости — плоскости треугольника АВС — и образуют тре-
111
угольник А'В'С', вершина А' которого находится против А, В'—	<
против В, С' — против С. Проведем теперь отрезки прямых DA', j
DB', DC'. Доказать, что,боковые грани нового тетраэдра DA'B'C' — f
прямоугольные треугольники;
20.	Сколько разных тетраэдров можно получить из данной раз-
вертки одного тетраэдра?	•	*
21.	Дан тетраэдр, у которого периметры всех граней равны. Дока-
зать, что грани тетраэдра равны между собой.,	• • ?
22.	Доказать, что у произвольного тетраэдра есть хотя бы одна *
вершина, все плоские углы которой острые.
23.	В трехгранном угле все плоские углы прямые. Провести пло-
скость так, чтобы в сечении трехграйного угла этой плоскости полу-
чился данный треугольник.	.
24.	Доказать, что сумма углов пространственного четырехуголь-
ника меньше 360°.
25.	Внутри тетраэдра или на одной из его граней ADB, BDC или
ADC берется точка М, не совпадающая с вершиной D. Доказать, что
среди отрезков прямых МА, ,МВ и МС найдется такой, длина кото-
рого меньше длины одного из следующих ребер тетраэдра: AD, BD Э
или CD.	‘t
26.	Доказать, что в тетраэдре, каждая пара скрещивающихся ре- g
бер которого образует прямой угол, высоты проходят через точки пере-  J
сечения высот граней.	|
27.	Доказать, что всякий остроугольный треугольник с проведен-
ными в нем средними линиями можно рассматривать .как развертку
тетраэдра, у которого ребрами служат средние линии и отрезки сторон’
треугольника, по которым произведен разрез его ребер. Назовем
тетраэдр, который можно так получить, тетраэдром вида Т. Почему
существенно требование, чтобы треугольник был остроугольным?
28.	Доказать, что у тетраэдров вида Т все грани — равные тре-
угольники.	-1
29.	Доказать, что если грани тетраэдра — равновеликие остро-
угольные треугольники, то тетраэдр этот принадлежит к виду Т. х
30.	Рассмотрим уравнение4 произвольной плоскости, не проходя-
щей через начало координат: Ах -|- By + Cz = D. Раз плоскость не ’
проходит через начало координат, то обязательно Z) =# 0. Поэтому
 уравнение той же плоскости можно записать так: -^х 4- -^-у +	=
= 1, или так:	= 1, или так: — + — + —— Г, где i
и D D	рог
АВС	-
р = —, q = —, г = —. Последнее уравнение плоскости называют
уравнением плоскости в отрезках координатных осей или, сокращенно,
уравнением плоскости в отрезках. У чисел p,q и г есть геометрический	।
смысл — они выражают длины отрезков координатных осей от начала
координат до точки пересечения координатной оси с рассматриваемой
плоскостью. Если, например, число р имеет положительное значение,
то рассматриваемая плоскость пересекается с осью абсцисс на рас-
стоянии р, отсчитанном от начала координат в положительном на-
правлении, если, напротив, р < 0, то плоскость пересекается с осью
абсцисс на расстоянии р, отсчитанном от начала координат в отрица-
тельном направлении.	. ' .
Если две из трех координат точки пересечения оси х с плоскостью
— -4- — + —= 1 равны 0, третью’ координату найти легко: — = 1
р  q г	р
и х = р. Искомая точка (р; 0;_ 0). Аналогично вычисляем координаты
точки пересечения данной плоскости с другими координатными осями:
(0; q\ 0) и (0; 0; г).
Используя сказанное, решить следующую задачу.
Найти всевозможные положительные значения а, . b и с такие,
чтобы было справедливо неравенство
5	6 т 7
31.	Прямой двугранный угол с ребром АВ пересечен плоскостью,
перпендикулярной ребру. Пусть С — точка пересечения ребра АВ с
этой плоскостью, a D и Е — точки на прямых, по.Которым пересека- .
ются грани двугранного угла и плоскость. В гранях двугранного
угла проведены лучи CF и CG. Показать, что если эти лучи находятся
по одну сторону от плоскости DCE, то плоский угол FCG острый,
если по разные — то тупой.
32.	Равносторонний треугольник впиеан в окружность. Показать,
что сумма квадратов расстояний от любой точки окружности до вер-
шин треугольника не зависит от выбора этой точки, т. е. величина
постоянная (предлагается найти решение с выходом в третье измерение).
33.	Какое множество точек пространства описывается уравнением
|xl +|yl+ |г|=1?
34.	Доказать, что если в данном тетраэдре две пары противополож-
ных ребер перпендикулярны, то и третья пара противоположных ребер
перпендикулярна. •	*	"
35.	Доказать, что не существует выпуклого многогранника, у
которого всякая грань имеет четыре ребра и в каждой вершине схо-
дится по четыре ребра.
36.	Доказать, что плоскости, перпендикулярные ребрам тетраэдра
и делящие их пополам, пересекаются в одной точке. .
37.	Доказать, что если два противоположных ребра тетраэдра
равны, то у описанного около него параллелепипеда грани, в которых
лежат указанные ребра, являются прямоугольниками.
38.	Доказать, что диагонали четырехугольной призмы представ-
ляют собой две пары пересекающихся прямых и что расстояние между
точками их пересечения равно расстоянию между серединами диаго-
налей любого из оснований.
39.	В параллелепипеде ABCDEFGH через вершины В, D и Е про-
ведена плоскость. В каком отношении делит эта плоскость диагональ
AG?
40.	В кубе ABCDA'B'C'D' проведено сечение A'BD. Доказать,
что диагональ куба АС' перпендикулярна сечению A'BD.
5 Заказ 12.12	*	113 •
41.	Как из квадрата получить развертку тетраэдра, сделав только
один прямолинейный разрез?
42.	Вершина n-угольной пирамиды, не принадлежащая основа-
нию, проектируется в его внутреннюю точку. Площади боковых гра-
ней пирамиды — Si, S2, .... S„. Двугранные углы между боковыми
гранями и основанием соответственно равны о^, а2, .... а^. Доказать,
что площадь основания пирамиды равна cos аг +. S2cos а2 + ...
... + Sn cos а„.	•
43.	Разделить плоскими разрезами куб на 27 равных кубов. Пока-
зать, что такое разделение, как бы ни перекладывали отделенные
части друг относительно друга перед очередным: разрезом, нельзя
осуществить меньше чем за шесть разрезов.
44.	Разделить плоскими разрезами куб на 64 равных куба. По-
казать, что для такого разделения, если использовать перекладыва-
ние отделенных частей, достаточно шесть плоских разрезов.
45.	а) Куб делим плоскостями, параллельными его граням, на
л® маленьких равных кубиков. Во сколько раз общая' поверхность
маленьких кубиков окажется больше поверхности данного куба?
б) Существует механическая гипотеза, согласно которой работа,
производимая при дроблении скальных пород, пропорциональна пло-
щади поверхности, раскрывающейся при этом дроблении. Пусть рас-
щепление каменного куба по одной плоскости составляет А единиц
работы. Сколько единиц работы придется затратить пр® расщеплении
данного куба на л® маленьких кубиков?	#
46.	В тетраэдре все три плоских угла одного из трехграниых уг-
лов прямые. Ребра противоположной грани равны а, Ь и е. Найти
остальные ребра тетраэдра.
47.	На гранях трехгранного угла,, все плоские углы которого
прямые, заданы три точки Л, В и С. Вычислить стороны треугольника,
вершины которого лежали бы на ребрах данного’ угла,, а стороны про-
ходили через точки Л, В и С.
48.	Показать, что все сечения правильного тетраэдра плоскостя-
ми, параллельными одному из его ребер, имеют одинаковый периметр,
равный 2а, где а — длина ребра тетраэдра.
49.	У двух разных тетраэдров DABC и DA'B'C' ребра DA и D'A'
расположены на прямой а, а ребра ВС и В'С' — на скрещивающейся с
прямой а прямой.Ь. При этом DA — D'A' и ВС = В'С'. Доказать,
что объем тетраэдра DABC равен объему тетраэдра DA'B'C'. f
50.	Доказать, что сумма расстояний от любой внутренней точки
правильного тетраэдра до его граней есть величина постоянная. Для
какого тетраэдра, не являющегося правильным, справедливо это же
свойство? .
51.	Любая плоскость, проходящая через середины двух проти-
воположных ребер произвольного тетраэдра, делит его на два равно-
великих тетраэдра.
52.	Пусть DABC — тетраэдр, точки А', В', С' выбраны произ-
вольно, соответственно на его сторонах DA, DB, DC. Доказать, что
объемы тетраэдров DA'B'C' и DABC относятся как произведение
DA' • DB' • DC' к произведению DA • DB • DC.
114
53.	Плоскость, проходящая через одно из ребер тетраэдра и се-
редину противоположного ребра, делит его на тетраэдры, имеющие
равные объемы.
54.	Основания прямой призмы — трапеции ABCD и A'B'C'D'.
Соответственными основаниями трапеций служат Л В и А'В', CD и
C'D'. Расстояние между плоскостями АВА'и CDC равно h. Доказать,
что объем призмы равен половине произведения h на сумму площадей
прямоугольников АВВ'.А' и CDD'C'.
:55. В тетраэдре SABC противоположные ребра попарно равны,
т. е. SJ4 == ВС —‘a, SB — AC — b, SC = АВ = с. Выразить объем
тетраэдра через а, b и с.
56.	Как связаны между собой количества ребер и граней пирами-
ды, у которой в основании n-угольник? Может ли пирамида иметь
12 ребер и 6 граней?
57.	Середины.граней куба, имеющих по общему ребру, соединены
отрезками прямых. Показать, что в результате получен октаэдр.
58.	Полуправильными многогранниками называют такие много-
гранники, у которых грани представляют собой правильные, но не
обязательно равные многоугольники. Выполняя сечение куба плоско-
стями, перпендикулярными его диагоналям, можно получить не-
сколько полуправильных многогранников; Что это за многогранники?
59.	Подсчитать объем стружки, которую следует удалить токарю,
чтобы получить канавку глубиной х и шириной у на цилиндрической
детали диаметром d (рис. 124).
60.	Пучок укропа, перевязанный ниткой, продают на рынке за
20 к. Сколько должен стоить пучок такого же укропа, если длина
нитки, перевязывающей его, вдвоедлиннее? (Имеется в виду, что нить
охватывает пучки укропа в обоих случаях в один ряд перпендикуляр-
но направлению стеблей укропа; часть нити, которая пошла на”узел,
не учитывается.')	.
61.	Цистерна ^цилиндрической формы расположена так, что ось
цилиндра заняла горизонтальное положение. Вместимость цистерны
составляет V«единиц объема, длина цистерны равна I. Чтобы узнать,
сколько осталось «в цистерне жидкости, в нее;опускают вертикально
линейку, при этом часть линейки длиной
h оказывается смоченной. Найти объем
жидкости в цистерне.
62.	Под силу ли ребенку поднять шар,
отлитый из стали. если его объем вмещает
столько же «кубических сантиметров,
сколько квадратных сантиметров содержит
площадь его поверхности?
63.	У вишни одинаковы толщина мяко-
ти и диаметр косточки. Сколько получится
стаканов мякоти, если вишневых косточек
собрали два стакана?
64.	Калибр, с помощью которого уз-
нают диаметр шаров, предсгавляет собой
б*
115
коническую выемку с углом 30°
между образующей и осью конуса.
Этот калибр позволяет определять
расстояние от верхней точки шара
до плоскости ВС (рис. 125). Как по
величине «погружения» или «вы-
ступа» б вычислить диаметршара?
65.	Найти геометрическое мес-
то точек центров окружностей,
получившихся при сечении шара
плоскостями, проходящими через
данную точку (не совпадающую с
центром шара).
66.	Доказать, что в тетраэдр
Рис 125	можно вписать сферу.
67. Сфера касается ребер тет-
раэдра ABCD. Показать, что в'этом случае справедливы равенства
АВ 4- CD = АС Ч- BD = AD + ВС'.
68. Найти геометрическое место точек в пространстве, из которых
два отрезка прямых АВ и АС видны оба под прямым углом.
69. Доказать, что точечный источник света можно загородить
четырьмя не пересекающимися абсолютно черными шарами.
РЕШЕНИЯ
9 класс
1.	Существование «двуцветных» прямых, т. е. прямых, точки ко-
торых окрашены не менее чем в два цвета, очевидно. Такие прямые
проходят через любые две точки разного цвета. Если хотя бы одна из
’ таких двуцветных прямых является одновременно^ и трехцветной,
т. е. окрашенной не, менее чем в три цвета, то найдется плоскость,
точки которой окрашены не. менее чем в четыре цвета. В качестве
четвертой точки, принадлежащей четырехцветной плоскости, можно
взять любую точку, окрашенную в еще не использованный четвертый
цвет. (В частности, эта точка может принадлежать рассматриваемой
трехцветной прямой.) Итак, для того чтобы требуемое доказательство
было проведено, достаточно показать, что в рассматриваемом про-
странстве найдется хотя бы одна трехцветная прямая.
Пусть теперь А, В, С, D и Е — пять точек рассматриваемого про-
странства, окрашенные в пять различных цветов, причем никакие
три из этих точек не принадлежат одной прямой (худший вариант).
Выберем из этих пяти Точек три, скажем А, В и С. Как и любая дру-
гая тройка из рассматриваемой пятерки, они определяют трехцвет-
ную плоскость. Поэтому в тетраэдрах ABCD и АВСЕ каждая из
граней определяет трехцветную плоскость.
Возможны следующие два случая: 1) точка Е находится на грани
тетраэдра ABCD или точка D находится на грани тетраэдра АВСЕ\
не
2)	точка Е находится вне граней тетраэдра ABCD или точка D нахо-
дится вне тетраэдра АВСЕ.
В случае 1) в одной из граней тетраэдра ABCD или тетраэдра
АВСЕ оказываются точки, окрашенные в четыре (не меньше) различ-
ных цвета. Следовательно, нашлась четырехцветная плоскость. В слу-
чае 2) две точки разных цветов разделены плоскостью грани тетраэд-
ра, окрашенной в три других цвета. Если цветов в грани оказывается
больше, то эта промежуточная плоскость сама оказывается окрашен-
ной в четыре цвета, что и требовалось. Поэтому прямая, проходящая
через две точки разных цветов, пересекает промежуточную плоскость
в точке, цвет которой не совпадает с их цветами. Прямая, определен-
ная двумя точками, находящимися по разные стороны от промежуточ-
ной плоскости, оказывается трехцветной.
Итак, во всех возможных случаях нашлась трехцветная прямая,
и следовательно, четырехцветная плоскость.
2.	Точки О,£ и Е‘ лежат на пересечении плоскостей О АВ и OCD
и поэтому находятся на одной прямой.
3.	Соединим попарно прямыми точки А и Q, Р и С. Обе прямые
лежат в одной плоскости АВС и пересекаются в некоторой точке. X.
Прямые PR и XD находятся в одной плоскости PCD и пересекаются
в точке Y. Эта точка находится на прямой XD и принадлежит пло-
скости AXD (как и точка Q). Поэтому прямая QY пересекает прямую
AD в некоторой точке, которая находится в плоскости PQR. Следо-
вательно, эта точка — искомая точка S.	
4.	Имеем: ai +	> с,' аг -f- сх> b, &х + q> а. Складывая со-
ответственно левые - и правые части неравенств, получаем, что и
требовалось: at 4-	+ q > у (а + b -|- с).
5.	Допустим, что прямые AD и ВС нескрещивающиеся, тогда они
или параллельные, или пересекающиеся. Следовательно, точки А, В, С
и D лежат в одной плоскости. Но это противоречит утверждению в
условии задачи, что прямые АВ и CD скрещивающиеся. Следователь-
но, прямые AD и ВС скрещивающиеся.
6.	Рассмотрим, например, четырехугольник ABDC. Его проти-
воположные стороны — АВ и DC, АС и В£>; противоположные плос-
кие углы — ВАС и BDC, ACD и ABD. Про-
ведем диагонали данного четырехугольника	д
AD и ВС и рассмотрим тетраэдр ABCD	/к
(рис. 126).	/ \Ч
По условию задачи АВ = CD и AC — BD. / W./•
Замечаем, что у треугольников АВС и BCD J \ 'v
по две равные стороны по условию и одна ' /	|
сторона ВС у них общая. Следовательно, / jgf \ т
эти треугольники равны по трем сторонам, Zx-*****	\1
и равны их соответствующие углы ВАС и ...............  1	Ч.
BDC. Рассматривая равные треугольники "	.
BAD и ADC, показываем равенство углов
ABD hACD.	рис. 126
117
7.	Точки А и В расположены по разные-стороны и на равных рас-
стояниях от секущей плоскости PRQS. То же можно сказать и о
точках СиЛ?..;Прсведем через точки А, В,С nD соответственно пло-
скости а, р., $ я &, ясе параллельные секущей плоскости <ARQS. -Пусть
расстояния от этих ^плоскостей до секущей -плоскости соответственно
равны ha, hy itt hg. При' этом, естественно, выполняются равенства
Л„ = Л». А, = hg.
а р V о
Если на плоскости а выбрать произвольную точку А' й провести
через нее прямую, пересекающую плоскость < в точке D', то эта пря-
мая пересечет плоскость PRQS в некоторой точке /?'. При этом —
h
=—. Это равенство оказывается верным, в частности, ,ддя А = А',
fa
D = D’ и /?= R' и записывается так: — = —. Аналогично убе-
RD >h6-
.ждаемся, что — =-1. Из равенств ha~h„ и hv = h6 получаем
,	AR BS
требуемое равенство: — = —.
*8. Рассмотрим произвольную прямую 6, не параллельную прямой
а и ’расположенную в плоскости а. Проведем через данную прямую а
плоскость перпендикулярную плоскости а. Прямая с, по которой
плоскости аир пересекутся, не параллельна прямой б,но находится
в одной’свей плоскости. Поэтому прямые b и-с пересекутся в некото-
рой точке Р. Восстановим в этой точке Р перпендикуляр -к плоскости ;
а до пересечения с данной прямой а в точке Q. В результате расстоя-
ние между данной прямой а и выбранной в плоскости а не параллель-
ной ей прямой b оказывается равным расстоянию от прямой а до
плоскости а.
9.	Предположим,, что существуют. Выберем из этих четырех взаим-
но перпендикулярных скрещивающихся прямых произвольно две. ’
Все плоскости, параллельные этим двум прямым, параллельны между
собой. Возьмем из этих плоскостей одну. Оставшиеся две скрещиваю-
щиеся прямые должны быть перпендикулярны этой плоскости, следо-
вательно, они должны быть параллельны между собой. Но две пря-
мые не могут быть одновременно параллельны друг другу и перпенди-
кулярны. Мы пришли к противоречию. Поэтому наше предположе-
ние, что в пространстве может существовать четверка попарно пер-
пендикулярных скрещивающихся прямых, ложно.
10.	Через две скрещивающиеся прямые о и !Ь единственным Обра- :
зом можно провести по плоскости так, чтобыэти плоскости Выли парал-
лельны. Проведем эти плоскости.
На данных прямых можно выбрать по точке так, чтобы расстояние
между этими точками было минимально. Проведем еще через одну
из данных прямых, например а, плоскость а перпендикулярно пло-
скости, в которой находится прямая Ь. Тогда точка пересечения а и b
определяет искомую точку, принадлежащую Ь. Искомую точку на пря-
118
мой а можно получить как результат Пересе- а
чения прямой а с плоскостью р, в которой
находится прямая Ь и которая перпендику-
лярна параллельным плоскостям, в которых $
лежат прямые а и Ь. Задача не имеет реше- -
ния,,если. d-меньше расстояния между полу-
ченными точками.
Если d равняется этому расстоянию,. то отре-
зок, соединяющий полученные точки, иско-
мый'. В самом* деле, он составляет и с а, ио
b прямые углы,т.е. равные.
Если же величина d больше расстояния г
между найденными точками и острый угол
между d и перпендикуляром к плоскостям ра-
вен ф, то проекции d на каждую из параллель-
ных плоскостей равны
d • sin ф = Kd2 — f3' (рис. 127),
откуда
sin ф = ---------
Л
Рис. 127
Для того чтобы углы данного отрезка
длиной d с а и. с b были равны, достаточно
иметь равные углы между проекцией этого, от-
резка на параллельные плоскости и прямыми
а и Ь.
Если смотреть по направлению перпенди-
куляра к параллельным, плоскостям, одной
из которых принадлежит прямая а, а дру-
гой — прямая &,. то прямые а и b будем, ви-
деть пересекающимися- и между ними, надо
поместить отрезок длиной jAf? — г2 так, что-
бы он составлял с этими, прямыми равные
углы, т. е. отсекал бы от них равнобедренные	Рис- 129
треугольники. Это можно сделать четырьмя
способами (см. рис. Г28, где вертикальные и горизонтальные отрезки
прямых иллюстрируют возможные положения проекций рассматри-
ваемого отрезка)’.
11.	Достроим пространственный четырехугольник ABCD до те-
траэдра. Для. этого проведем в нем две диагонали BD и АС (рис. 129).
Пусть Аг и А%,.В1 и В2, Ci и C2,Pi иП2 — точки деления соответствен-
но сторон АВ, ВС „CD и DA.
Покажем, что, например!, пара прямых АцСг и BiD2 пересекается.
Отрезки AjD^, B.jCt параллельны отрезку BD. Следовательно, отрез-
ки BiD2 и ДХС2 являются диагоналями трапеции AlB1C2D2 и поэтому
пересекаются>, что и требовалось. Аналогично доказывается, что Д2СХ
пересекается с BiD2 и т. д,
119
12.	ОЕ = (ОА + ОС) и ОЕ — (OB + 0D). Складывая эти
равенства, получаем требуемое векторное равенство:
 4 • ОЁ = ОА + ОБ + ОС +' OD..
13.	Рассмотрим четырехугольник AAiB{B. Пусть Л2 — середина
отрезка AAt, а В2 — середина отрезка ВВг. Проведем отрезок А 2В2
и введем ориентацию на отрезках так, как показано на рисунке 130.
В результате получим: АВ + ВВ2 + В2Л2Ц- Л2Л = 0. Аналогично
Л1В1 Л" BjB2 Л- В2Л2 Л" Л2Л1 == 0. Кроме этого, Л.2Л Л* ЛгЛх
= BiB2 Л* ВВ2 = 0. Теперь, сложив два предыдущих равенства,
получаем: АВ Л- AjBt = —2В2Л2 и Л2В2 = (АВ Л- AjBi). Точно
так же находим, что
= 1 (ВС Л- ВА),
с^2=1(со + сл), рй2 = 1 (ол л-та)-
л -	~
Равенство Л2В2 = О2С2 следует теперь из равенств ЛВ = ОС,
и Л1В1 = DxCj. Поэтому четырехугольник A2B2CJD2 — параллело-
грамм.	___ .__	___ ____________
14.	Введем в рассмотрение векторы РА, РВ и PC. Тогда PQ=.
(РА +РВ), PR = — (РВ + PC), PS = -Jr (РС + РА). Если
2	2	2
сложить вектор PQ с вектором —PC, PR с — РА, PS с — РВ, то во
2	2	2
1. — — __________
всех трех случаях получим векторы, равные — (РА Л: РВ Л- PC),
т. е. в результате каждого из сложений из начальной точки Р попа-
дем в одну и ту же конечную точку. А'она по построению находится
в пересечении прямых а, b и с. Действительно, вектор PC откладыва-
ется от точки Q по прямой а, векторРА — от точки R по прямой Ь,
а вектор РВ — от точки S по прямой с.
. 15. Данный многоугольник разобьем на треугольники и трапеции
плоскостями, параллельными плоскости 0. Для каждого треугольника
и каждой трапеции, получающихся при этом, утверждение справед-
я ливо, поскольку их основания (идущие по ли-
4 I" *\	ниям РазРеэа) ПРИ проектировании не изменяют
г	* своей длины, а высоты, соответствующие этим
Г	\	основаниям, уменьшаются в cos <р раз. Сум-
4j<------ 1 \Дг мируя площади проекций и вынося cos <р за
I	. \	скобки, получаем.искомое.
|	\ -	16. У куба имеются три пары параллель-
А]	Д ных граней. Две стороны сечения, которое
Дг является пятиугольником, обязаны принад-
Рис. 130 лежать параллельным граням. Поскольку они
120
лежат в одной плоскости (плоскости сече-
ния), то должны быть параллельны между со-
бой. Этот факт и приводит к противоречию,
поскольку у .правильного пятиугольника нет
параллельных сторон.
10 класс
17. Выберем произвольно два противо-
положных ребра данного четырехгранного
угла и проведем через них плоскость. На ри-
сунке 131 зто плоскость ASB. Пусть теперь
CSD — плоскость, содержащая ребра CS и
DS. Предположим, она пересекает плоскость
ASB по прямой SE.
Параллелограмм можно рассматривать как
плоский четырехугольник, диагонали кото-
рого точкой их пересечения делятся пбпо-
лам. Выберем на прямой SE произвольно
точку F и проведем через нее прямую HG
(рис. 132), которая пересекает лучи ВЛ и-
SB соответственно в точках Н и G, причем
HF = FG. Это всегда можно сделать, причём
единственным образом. (Например, повер-
нуть угол ASB относительно точки F на
180°. Тогда луч SH перейдет в параллельный
луч S'G, луч SG — в параллельный луч S'H.)
Аналогично найдем в плоскости CSD отрезок
K.L, который той же точкой F делится попо-
лам. Тогда диагонали HG и KL четырехугольника HKGL точкой пе-
ресечения делятся пополам, значит, этот четырехугольник — па-
раллелограмм.
Предложенная задача имеет бесконечное множество решений. Но
каждое из них определяется однозначно выбором точки F.	'
18. Предположим для определенности, что наибольшим из четырех
ребер данного тетраэдра является ребро AD. Если это не так, то вер-
шины тетраэдра можно переименовать.
Утверждение; высказанное в условии задачи, будет доказано, если
окажется справедливым хотя бы одно из неравенств
АС + АВ > AD и DB + DC > AD.
Предположим противное. Тогда получим, что АС + АВ AD (♦)
и DB -f- DC AD (♦♦), причем оба неравенства выполняются одно-
временно. Сложим эти неравенства:
AD + DC 4- АВ 4- DB < 2AD.
Из треугольников ACD и ABD получаем неравенства АС 4- DC >
> AD и АВ 4- DB > AD, которые тоже выполняются одновременно.
Сложив их,' получаем неравенство AC -f- DC 4- АВ 4- DB > 2AD,
121
g	которое противоречит полученному. Значит,
X.	предположение, что оба неравенства (*) и
/	(**) одновременно справедливы, ложно, и,
/ \ \А ' значит, найдется хотя бы одна вершина тет-
°i/	V/\ раэдра, обладающая сформулированным в ус-
/	\в ловии задачи свойством. .
/	—\ Z 19« Из построения ясно, что АВА'С —
—..... у параллелограмм. Имеем: АС = ВА', АС —
* b С — ВС'. В треугольнике CDA'DB — медиа-
' на. Если же медиана равна половине сторо-
Рис. 133 ны, к которой она проведена, то треуголь-
ник прямоугольный. Итак, -грань ДЛ'С' —
•прямоугольный треугольник. Точно так же можно доказать и что
грани DB'A' и DC'В' — прямоугольные треугольники.
20.	Два. Эти тетраэдры симметричны относительно плоскости
«среднего» треугольника развертки.
21.	Пусть ребра тетраэдра имеют длины а, 6, с, ах, &х, сх (рис. 133).
Тогда имеем:
а + bi + сх = Р,
ах + 6Х + с =±= Р,
oj + сх + b = Р,
с -(- а + b == Р.
Найдем сумму первых трех из этих равенств. Получим: (а + + с) +
+ 2 (ах 4- bi + сх) = ЗР. Откуда ах + 6Х + сх = Р. Сравнивая по-
следнее из полученных равенств с первым, получим, что а = ах,
сравнивая со вторым, получим, что b — blt с третьим — что с — сх. За-
мечаем теперь, что в каждой грани имеется ребро а (или йх), b (или &х),
с (или сх). Поэтому каждая грань является треугольником со сторона-
ми, равными а, Ъ и с.
22.	Сумма двух плоских углов в каждой вершине тетраэдра боль-
ше третьего. Трехгранных углов четыре — по числу вершин тетраэ-
дра. Предположив,-что в каждом трехгранном угле есть хотя бы один
тупой плоский угол, получим, что сумма всех плоских углов тетраэдра
строго больше 4л. Кроме того, граней у тетраэдра четыре и сумма
122
плоских углов в каждой грани равна л. Следовательно, сумма всех
плоских углов тетраэдра равна 4л. Предположение о том, что у всех
трехгранных углов тетраэдра нашелся хотя бы один плоский тупой
угол, привело к противоречию.
23-	Предположим, что требуемое, сечение получено и оно прохо-
дит через три вершины А', В и D прямоугольного параллелепипеда
ABCDA'B'C'D' (рис. 134). Это сечение отделяет от параллелепипеда
тетраэдр AA'BD, вершина А которого является вершиной трехгран-
ного угла. Проведем еще такие сечения: A'C'D (отсекающее от парал-
лелепипеда тетраэдр A'C'DD', равный тетраэдру AA'BD), BDC' и
А'С’В. В результате от рассматриваемого параллелепипеда окажутся
отсечены четыре тетраэдра и останется пятый A'BC'D, ребра которо-
го— диагонали параллелепипеда (рис. 135). Каждая из граней этого
тетраэдра равна данному треугольнику (противоположные его ребра
равны). Нетрудно построить развертку такого тетраэдра, а следова-
тельно, и сам тетраэдр A'BC'D. Проведя теперь через противополож-
ные ребра А'В и C'D, BD и А'С', ВС' и A'D попарно параллельные
плоскости (сделать это можно единственным способом), восстанавли-
ваем прямоугольный параллелепипед ABCDA'B'C'D' и получаем в
результате требуемое сечение.
24.	Рассмотрим’ пространственный четырехугольник DACB
(рис. 136). Надо доказать, что Z. DBC 4* Z. DAC -Ь /.ADB+ /_АСВ<
< 360° (*). Проведем отрезки прямых' CD и АВ, получим тетраэдр
DACB. Воспользовавшись тем, что один из плоских углов трехгран-
ного угла меньше суммы двух других, получаем неравенства
/.DBA + /.АВС > /.DBC,
/.DAB + /.ВАС > /.DAC.
Сложив эти неравенства, имеем:
/.DBA +/.DAB + /.АВС + /.ВАС > /.DBC + /.DAC.
Но /.DBA + '/.DAB^ 180°— /.ADB и /. АВС }/-ВАС =*
= 180° — /- АСВ. Поэтому 180° — Z. ADB 180° — Z. АСВ >
> /.DBC + /.DAC. Отсюда следует требуемое неравенство (*).
25.	Соединим отрезками прямых точки М и D, М и Л, М и В, Ми
С. Если удастся доказать, что хотя бы один из трех треугольников
AMD, CMD и BMD тупоугольный с тупим углом в точке М, то дока-
зательство, требуемое в условии задачи, провести нетрудно. Пусть,
например, тупым является угол AMD в одноименном треугольнике.
Тогда AD > AM, поскольку в треугольнике против тупого угла ле-
жит большая из его сторон (рис. 137).
Проведем теперь через точку М плоскость, перпендикулярную
прямой MD. При этом хотя бы одна из вершин данного тетраэдра А,
В или С должна лежать с точкой D в разных полупространствах, на
которые пространство делится -проведенной через точку М плоско-
стью. Действительно, если бы все четыре вершины тетраэдра лежали в
одном полупространстве, то точка М не была бы внутренней для те-
траэдра. Пусть, например, точка А и точка D лежат по разные стороны
123
от секущей плоскости. Но тогда угол AMD больше прямого, т. е. ту-
пой, что и требовалось.
26.	Рассмотрим, например, тетраэдр SABC, у которого взаимно
перпендикулярны ребра Д5 и ВС (рис. 138). Плоскость, перпендику-
лярная ребру ВС и проходящая через точку S, должна содержать
ребро ДЗ и высоту тетраэдра, проходящую через его вершину 3. Та-
ким образом, основание О высоты тетраэдра принадлежит высоте ос-
нования, опущенной из точки А на сторону ВС.
Поскольку SC перпендикулярна АВ, то плоскость, проведенная
через ребро SC перпендикулярно АВ, содержит основание высо-
ты О и т. д. Такое рассуждение можно провести для высот каждой
из’граней данного тетраэдра.
27.	Пусть AiBiCi — основание некоторого тетраэдра ЕДХВХСХ
(рис: 139). Нужно показать, что ^треугольник АВС, для которого
AiBi, ВХСХ и С1А1 служат средними линиями, может рассматриваться
как его развертка. Высота треугольника АВС, проведенная из вер-
шины А, перпендикулярна не только стороне ВС, но и его средней
линии ВгС1, высота, проведенная из вершины В,, перпендикулярна
средней линии С1Аг и высота, проведенная из вершины С, перпенди-
кулярна средней линии А^. При повороте треугольника ДХВХС
около ДХВХ вершина С. перемещается в плоскости, перпендикулярной
плоскости треугольника АВС и прямой ДХВХ. Точно так же, если
треугольник ДВХСХ поворачивать около ВХСХ, то вершина А будет
перемещаться в плоскости, перпендикулярной плоскости треуголь-
ника АВС и прямой ВХСХ. Если, наконец, треугольник ДХВСХ пово-
рачивать около ДХСХ, то вершина В будет перемещаться в плоскости,
перпендикулярной плоскости треугольника АВС и прямой A^Ci.
Все эти три плоскости, перпендикулярные плоскости треугольника
АВС, пересекаются по прямой I, перпендикулярной, плоскости АВС.
Выделим из этих трех плоскостей одну, которая проходит через точ-
ку В. Пусть она пересекает ДХСХ в точке Н.	.
Прямая I пересекает.плоскость треугольника АВС в точке пересе-
чения его высот D. В результате треугольник ДХВХСХ может рассмат-
риваться как проекция тетраэдров, четвертая вершина S которых ле-
жит на прямой /, на плоскость треугольника АВС, причем точка D —
124
проекция вершины S. Нам нужно
из этих тетраэдров выбрать такой,	-______В----_-----
для которого треугольник ЛВС "/V-"	/\	/
служит разверткой.	\	/ \	/
Из точки Ai радиусом еде- \	/	\	/
лаем засечку на прямой I и обозна-	\ /	\ /
чим ее буквой Е. Покажем, что эта
точка и служит четвертой верши- .	V /
ной искомого тетраэдра. Соединим	\	-/
Е отрезками прямых с точками Bi	\	/
и Ci. Проведем также отрезки ВН	\ /
и ЕН. Замечаем, что треугольники '	V
ВАХН и ЕАгН оказываются рав-	03
ными по гипотенузам и общему ка-
тету. Следовательно, углы BAlH и	Рис 140
EAJti равны. Поэтому по двум сто-
ронам и углам между ними равны треугольники AxBCi и АХЕС\. Ана-
логичным путем можно доказать попарные равенства треугольников
BiCCi и BiECi, BjAAt и ВуЕА^, откуда и следует, что треугольник
АВС является разверткой тетраэдра EABG.
Отвечая на второй вопрос задачи, замечаем, что если бы был в
развертке тетраэдра тупой плоский угол, то у тетраэдра при каждом
из его трехгранных углов был плоский тупой угол, что невозможно
(см. задачу 22).
28.	Видим, что отрезки BiC и GiAbACjHAiBi. BAi и ВхС1(рис. 139)
равны, откуда и следует справедливость высказанного в задаче ут-
верждения.
'29. Рассмотрим произвольную грань АВС тетраэдра ABCD с
равновеликими гранями. Грань АВС станем считать основанием
тетраэдра. Пусть известны длины ребер AD, BD и CD. Развертку
тетраэдра в плоскости АВС" можно получить геометрически построе- *
ниями: проведем окружнрети радиуса BD (из вершины В), радиуса
CD (из вершины С), радиуса AD (из вершины А). В качестве вершин
развертки Di> D2 и £>3 годятся только три из шести точек попарного
пересечения этих окружностей (рис. 140). Они лежат в тех полупло-
скостях, определяемых прямыми АВ, ВС и СА, которые для треуголь-
ника АВС являются внешними, поскольку, строя развертку, мы
перегибаем грани тетраэдра каждый раз во внешние полуплоскости.
При этом должно быть:
= ADg, BD} = BD2, CD2 = CDg.
Кроме того, поскольку грани тетраэдра равновелики, то равно-
велики и треугольники ABC, BD2C,CDaA и AD^E. Поэтому высота
треугольника АВС, опущенная из вершины А на сторону ВС, Долж-
на быть равна высоте, опущенной из вершины Dz на сторону ВС тре-
угольника BD2C и т. д.
Следовательно, вершина D2 должна находиться на прямой а, от-,
стоящей от стороны ВС во «внешнюю» сторону на такое же расстоя-
ние, как вершина А во «внутреннюю» сторону. Вершина D3 должна
125
Рис. 141
находиться аналогичным образом
на .прямой Ь, а вершина Di — на
прямой с (рис. 141). Тетраэдр вида
Т обладает этими свойствами.
Предположим, что найдется
еще один тетраэдр (не вида Т), ко-
торый обладает теми же свойства-
йи. Пусть в его развертке четвер-
тая вершина определит на прямой а
положение Ds, на Ь — D3, на с —
Di'. Примем для определенности,
что BDs > BD2. Чтобы точка D'2
•оставалась нал, необходимо вы-
полнение неравенств О'^С < D2C,
CD3 < CDa и D\B >!DtB. Поэто-
му D'iA < DtA. Ho DtA = D3A.
Следовательно, в треугольнике AD3C стерона АОз.меныпе, чем AD3,
а сторона CD3 меньше, чей’С©а. Поэтому точка Изнеможет лежать на
Ь и тетраэдр, удовлетворяющий условию задачи, -обязательно при-
надлежит виду Т.
, 30. Искомое множество точек заключено между координатными
плоскостями и плоскостью 4 + ~ + 4 = 1 (*) (рис. Т42). Как прак-
5	6	7
тически подучить любое из значений координат а, ‘Ь и с?
Значение а выбираем произвольно при ограничениях Q<n^5.
Считаем а, естественно, теперь числом известным и переносим его в
уравнении (*) в правую часть =	(**). Значение b
выбираем также произвольно при ограничениях 0 < b 6. Под-
ставляем это значение вместе со значением а в данное неравенство и
находим соответствующее значение с, причем должнобыть © < с 7.
126
31. Угол DCE—линейный угол данного двугранного угла, и,
следовательно, он прямой. Пусть ось абсцисс направлена из точки С
по лучу СО, ось. ординат — по лучу СЕ, ось аппликат — по лучу С А
(рис. 143). Рассмотрим векторы CF = (0; az), а? и аг — неко-
торые положительные числа, и CG — (Ьх‘, 0; &2), где &х и Ьг также
положительные числа. Скалярное произведение векторов. CF и CG
равно lAa2 + <4 •	• cos ф, где ф. — величина угла FCG. Это
произведение равно аг • bz. Поэтому cos ф = az‘bz >
а2 + а2 • V 6Х+ ьг
> 0. Таким образом, получаем, что угол ф острый (раз cos ф > 0).
Рассмотрим теперь скалярное произведение векторов CF и CG',
находящихся по разные стороны от плоскости DCE. CG' =
= (b'j 0; где Ь'х — положительное число, а Ь'г — отрицательное.
Аналогично предыдущему получаем, что cos ф— аг-ьг
К а2 4-а2- V b'x +*'’
< 0, где угол ф — величина угла FCG', поэтому угол FCG' тупой,
что и следовало показать.
32. Введем пространственную систему, координат. Отметим на
осях координат три точки А = (1; 0; 0), В = (0; 1; 0), С = (0; 0; 1).
Эти точки могут рассматриваться как вершины равностороннего тре-
угольника. Уравнение плоскости, которая проходит через эти три
точки* х 4- У 4- * == L.
Запишем теперь уравнение окружности, описанной около данного
треугольника. Сделать это можно так. Рассмотрим* сферу, которой
принадлежат точки А, В, С и центр которой находится в начале коор-
динат. Ее уравнение х2 4~ У2 4- z2 = 1. Окружность, описанная около
данного треугольника, —- линия пересечения плоскости х 4~ У 4-
4-2 = 1 и сферы: х2 4*- У2 4- Z3 = 1-
Рассмотрим* на данной окружности произвольную точку М с коор-
динатами х, у, & Квадрат ее расстояния5 до точки А равен (х — 1 )2 4-
4- У2 4~ а2, квадрат расстояния до точки & равен х2 4- (у — I)2 + z2,
квадрат расстояния до точкиСравен х2 4- у2 4- (*— О2- Найдем сумму
этих квадратов и покажем, что она является величиной постоянной.
Действительно, МА3 4~ Л4В2 4*. МС2 = (х — I)2 4- У2 4- z2 4- х2 4*
+ (У— I)2 4- & -К х2- 4- у2 -Ь (z — I)2 = Зх2 4- Зу2 4- Зг2 —
— 2 (х 4~ у + г) 4* 3 ==- 3- — 2 4-3 = 4, что и требовалось.
33..	Координатные плоскости разделяют пространство на восемь
равных частей, так называемых октантов.. Данное уравнение в каждом
октанте, рассматриваемом отдельно, задает часть плоскости,_а имен-
но равносторонний треугольник, стороны которого равны V 2, а вер-
шины находятся на координатных осях. Такой треугольник — одна
из восьми граней правильного многогранника, называемого окта-
эдром.
34.	Воспользуемся результатом, полученным при решении плани-
метрической задачи 71. Обратим внимание, что в ходе решения мы
127

нигде не использовали тот факт, что точка D лежит в плоскости тре-
угольника АВС. Значит, доказываемое в этой задаче равенство оста-
ется справедливым для случая, когда точки Л, В, С и £> являются вер-
шинами тетраэдра.
Пусть теперь противоположные ребра тетраэдра АВ и CD, ВС.
и АР взаимно перпендикулярны. Но тогда справедливы равенства
АВ - CD + BC_-_AD 4- СА -JID — О, АВ • CD = О, ВС • АО= 0.
Значит, СА • BD = 0, т. е. АС и BD взаимно перпендикулярны.
35.	Предположим противное. Рассмотрим многогранные углы
при вершинах получившегося многогранника. Поскольку углов при
каждой вершине четыре, а их сумма меньше четырех прямых углов,
то среднее арифметическое значение угла по всему многограннику ока-
зывается меньше 90°.
Используем теперь тот факт, что сумма внутренних углов всякого
плоского выпуклого четырехугольника равна 360°. Поэтому сумма
углов во всех гранях не меньше 360° п, где п — число граней, а на
каждый угол приходится в среднем —, т. е. 90°. Полученное про-
4«
тиворечие и доказывает высказанное в условии задачи утверждение.
36.	Покажем, что четыре точки,- не лежащие в одной плоскости,
определяют сферу, описанную около тетраэдра с вершинами в этих
точках.
Три данные точки Mlt М2 и М8, не лежащие на одной прямой,
определяют окружность. Точки пространства, которые равноудалены
от этой окружности, лежат на прямой (оси), перпендикулярной плос-
кости окружности и проходящей через ее центр. Рассмотрим данную
точку М4, не принадлежащую плоскости, в которой лежат точки Mlt
М2, М3. Проведем плоскость через точку М4 и ось. Она пересечет
окружность в точках М5 и М9. Выберем из них одну, например М3.
Найдем на оси точку, равноудаленную от точек М9 и М5. Для этого
соединим отрезком прямой точки М4 и М3 и построим перпендикуляр
к отрезку М9М6через его середину до пересечения с осью. Точка пере-
сечения перпендикуляра и оси является центром сферы О, проходящей
через данные точки М4, Mz, М3 и М4, т. е. описанной Около тетраэдра
A4iM2^3M4. Действительно, точка О равноудалена от всех данных
точек Mi, М2, М8 и М\.
Плоскости, о которых идетфечь в условии задачи, представляют
собой геометрические места точек, равноудаленных от попарно взятых
из четырех точек. А так как точка О равноудалена от всех четырех
точек, то, значит, она лежит во всех этих плоскостях, т. е. плоскости
пересекаются в одной точке.
37.	Пусть, например, равны противоположные ребра BD и АС
тетраэдра ABCD. В описанном около этого тетраэдра параллелепипеде
х К такому же результату можно было прийти и аналитически. Рассмотрим
уравнение сферы (х — х0)2 + (у — Уо)а + (г — гь)2 = Р2. Задав четыре точки
Mi (х4; у4; 21), М9 (х2; уа; г2),Л14 (ха; у3; га), М4 (х4; у4; г4), мы получим систему из
четырех уравнений с неизвестными х0, у0, г0, определяющих положение центра
сферы, описанной около тетраэдра, и радиус этой сферы.
128
(рис. 144) ребро BD является диагональю одной из его граней, а про-
тивоположное ему ребро АС — диагональю противоположной грани
параллелепипеда. Эта диагональ равна диагонали EF. Итак, у паралле-
лограмма EBFD диагонали BD и EF равны, значит, этот паралле-
лограмм является прямоугольником. -
38.	Поскольку данная пространственная фигура — призма, то
плоские фигуры АА'С'С и BB'D'D — параллелограммы (рис. 145). -
Следовательно, диагонали данной призмы АС' и А'С, являющиеся
одновременно диагоналями параллелограмма АА'С'С, пересекаются
и точкой пересечения делятся пополам. Обозначим точку пересечения
буквой Е. Аналогично рассуждая, получим, что диагонали призмы
BD' и B'D (они на рисунке не указаны) пересекаются в их середине.
Обозначим ее буквой F. Пусть теперь точка G — середина диагонали
АС нижнего основания призмы. Тогда отрезок прямой EG равен по-
ловине ребра А А' данной призмы й параллелен ему. Примем точно
так же, что точка И — середина диагонали BD. Тогда отрезок FH ра-
вен половине ребра ВВ' данной призмы и параллелен ему. Но все
боковые ребра призмы равны и параллельны. Значит, отрезки EG и
FH равны и параллельны. Следовательно, фигура EFHG — паралле-
лограмм и поэтому точка Е находится от точки F на таком же расстоя-
нии, на каком точка G от точки Н.
39.	Проведем в гранях ABCD и EFGH диагонали АС и EG. Диаго-
нали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам. Поэтому
А К = КС (рис. 146). В параллелограмме ACGE отрезок прямой сое-
диняет вершину Е с серединой стороны АС. Такой отрезок ЕК отсе-
кает от диагонали параллелограмма AG одну треть. Поэтому длины
отрезков AL и LG относятся как 4 : 2.
40.	Проведем плоскость через точки А, А' и С'. Точки BuD лежат
на перпендикуляре к этой плоскости и на равных от нее расстояниях.
Точка А' принадлежит плоскости АА'С'. Следовательно, треуголь-
ник BDA' симметричен относительно АА'С'. А раз это так, то пло-
скость АА'С' перпендикулярна плоскости треугольника BDA'. Точно
так же убедимся, что плоскость треугольника BDA' перпендикулярна
плоскости ADC'. Прямая АС' есть линия пересечения двух плоскостей
129
Рис. 147
ADC' и А А'С', перпендикулярных плоскости
BDA'. Значит, прямая АС' перпендикулярна
BDA'.
41.» Отложим на сторонах квадрата ABCD
равные Отрезки АЕ== BF (рис. 147). Точки
Е и F соединим отрезком прямой. Разрежем
по прямой EF. Треугольник EBF перевер-
нем другой стороной плоскости и вновь при-
ложим по гипотенузе. Он займет положение
'EFB'. Требуемая развертка получена.
42. Утверждение задачи является следст-
вием результата, полученного в задаче 15.
43. Требуемую бперацию можно осуществить, например, так.
Выберем произвольно одну из вершин куба. В этой вершине сходится
три ребра. Возьмем одно из них и раздёлим его на три равные части.
Через обе точки деления проведем плоскости, параллельные границ
. которая перпендикулярна, выбранному ребру.. Аналогично поступим
со вторым и с третьим ребром; В; результате данный куб окажется раз-
деленным на 27 маленьких кубов, как и требовалось. Покажем теперь,
что меньше чем шестью разрезами обойтись- нельзя* Действительно»
один из кубов, получившийся в результате разделения, имеет в каче-
ствевсех шести граней плоскости разрезов. Каждая из епсгграней-полу-
чается, в результате отдельного' разреза» Так что шесгь разрезов при-
дется сделать.
44.	Куб можно разделить тремя разрезами А, В w С на 8 меньших
кубов* так; как это показано на рисунке 148. Выполнив разрез А, по-
ставим один из получившихся прямоугольных, параллелепипедов- на
другой и осуществим разрез Ai (рис. 149). Разделять четыре получив-
шихся пластины-параллелепипеды не станем, а вернем их в первона-
чальное положение так,, чтобы получился прежний большой куб.
Затем аналогично разрезам-А и А\ выполним разрезьг В и вернем
получившиеся параллелепипеды-столбики на прежние' места. Теперь
выполним разрезы С и Съ В результате этих шести- разрезов А, А1(
В, Bi, С и Ci данный куб разделен на 64 малых- равных кубов, как и
требовалось.
45.	а) Ясно, что площадь поверхности куба равна; 6 квадрат-
ным единицам. Площадь каждого сечения равна. 1 квадратной
единице.
При проведении, каждой; плоскости сечения площадьоткрытых по-
верхностей увеличивается на 2 квадратные, единицы (одна единица
поверхности принадлежит отделенной части, другая —остающейся).
При проведении (п—1) плоскостей разреза общая поверхность увели-
чивается на 2 (п—1) квадратных единиц. При проведении 3 (п—1)
плоскостей дробления общая- поверхность увеличивается на 6 (п—1)
квадратных единиц. Новая площадь поверхности составит, таким
образом, вместе с начальной 6 (n—-I) -|~6=6п квадратных единиц, т.е.
увеличится в п раз.
б) В данном случае затраченная работа пропорциональна числу
130
плоскостей сечения и поэтому составит ЗД
(п—1) единиц работы.
46.	Примем трехгранный угол за коорди-
натный Охуг (рис. 150). Тогда грань, о ко-
торой говорится в условии задачи, есть тре-
угольник АВС. Координаты его вершин:
А (х; 0; 0), В (0; у; 0), С (0; 0; г).
Воспользовавшись трижды теоремой Пи-
фагора, запишем систему .уравнений, в кото-
рой неизвестными являются х, у я г:
в
Вис. W
кость искомое© треугольника пересекается с
плоскостыо Оху по прямой, уравнение ко-
торой можно записать так: — + — =1. Точ-
, Pi Рз
ка с координатами Да! 0) должна лежать
на этой прямой. Поэтому должно соблюдать-
ся'равенство —+ —=1. Рассматривая две
?Р1 Дг
другие координатные плоскости, получаем
аналогично ещедаа уравнения. В результате
имеем систему относительно неизвестных
Pit Ръ и Рз-
Рис. 148
Pl	^2
?2	Рз
JL	Jx = I.
. Pi	Рз
131
Введем подстановку ух=. —; у2 — —.• Уз = После такой подста-
Р1 Pi ' Рз
новки система алгебраических уравнений становится линейной и
принимает вид:	,
Л1У1 + «2У2	= 1»
&1У2 + &2УЗ — 1>‘
С1У1 +с2у3=1. >
Последовательно исключая неизвестные, получаем:
a2b2Ci +
Pi 7-----------1--Г" ’
0]С2 — #2^2 "Г й2и2
п __	а2^2С1 + Я1^1С2	.
Г 2 —	7 ~7	»
^1^2	#]У2 I *2^1 '
Р3 -a fl2^2Cl 4" g2^1C2
a2pi +
48.	Пусть дан правильный тетраэдр ABCD, длина ребра которого
а. Сечение , его плоскостью — четырехугольник M.QPN, причем вер-
шины М, Q, Р и W расположены соответственно на ребрах AD, BD,
ВС и АО. Любая плоскость, параллельная ребру CD данного пра-
вильного тетраэдра, параллельна и его ребру АВ, расположенному
на прямой, скрещивающейся с прямой CD. Имеем: MQ || АВ и МЛ/'||
|| CD. Но в правильном тетраэдре противоположные ребра АВ и CD
взаимно перпендикулярны. Значит, взаимно перпендикулярны смеж-
ные стороны MQ hMN плоского четырехугольника MQPN. Точно
так же можно доказать перпендикулярность его двух других смежных
сторон. Следовательно, MQPN — прямоугольник. Примем теперь,
что MQ = х. Из подобия треугольников MDQ и ADB получаем, что ‘
BD : DQ = а г х. Но BD = а и, следовательно, DQ = х, BQ = а —
— х. Из подобия треугольников BQP и BDC находим, что QP : DC ==
= (а — х) : at. Но DC = а, и поэтому QP = а — х. Половина пери-
метра четырехугольника MQPN оказывается равной х -f- а — х = а,
а весь периметр равен 2а, что и требовалось доказать.
49.	Объем тетраэдра DABC равен трети произведения площади
его основания (треугольника АВС) на расстояние от точки D до пло-
скости грани АВС. Если перемещать сторону ВС треугольника АВС
вдоль прямой, на которой она лежит, и соединять каждый раз новые
концы отрезка ВС с вершиной тетраэдра D, то объемы всех получаю-
щихся в результате этой процедуры тетраэдров равны. Действитель-
но, расстояние от точки А до прямой b не изменяется, поэтому не
меняется площадь основания тетраэдра АВС. Основание нового те-
траэдра останется в той же плоскости, что и основание прежнего,'
поэтому сохранит свое значение и высота тетраэдра — расстояние от
точки р до плоскости АВС. Получим, что объем тетраэдра DAB'C'
равец объему тетраэдра DABC. .
Точно так же переместим теперь отрезок DA в положение D'A'.
Рассуждая аналогично, получим, что объем тетраэдра D'A'B'C'
равен объему тетраэдра DAB'C'. Значит, объемы тетраэдров D'A'B'C'
и DABC равны.
132
50.	Данная задача решается аналогично соответствующей' пла-
ниметрической задаче — доказать, что в равностороннем треугольни-
ке сумма расстояний от любой внутренней точки до его сторон есть
величина постоянная.
Берем произвольную внутреннюю точку тетраэдра и соединяем
ее отрезками прямых с его вершинами (в планиметрической задаче
точка соединялась отрезками прямых с вершинами данного правиль-
ного треугольника). Тетраэдр разбивается на четыре; вообще говоря,
неправильных тетраэдра. Объем каждого равен трети произведения
его высоты на основание. Основания у всех малых тетраэдров одина-
ковые — правильные треугольники. Поэтому получаем, что объем
данного правильного тетраэдра равен (hx -f- h2 + Л3 + ft4) S, где
hlt h2, h3, hi — расстояния от выбранной точки до соответствующих
граней, aS — площадь грани данного тетраэдра. Кроме того, объем
данного тетраэдра равен’ произведению где h — его высота. При-
равнивая два выражения для объема тетраэдра, находим, что -|-
h2 + h3 -f- hi — h, т. e. что искомая сумма расстояний есть вели-
чина постоянная, что и требовалось.
Чтобы дать ответ на второе задание, заметим, что в процессе реше-
ния не использовалось требование, чтобы грани данного тетраэдра
были именно равносторонними треугольниками. Достаточно было,
чтобы они имели одинаковые площади. Значит, указанным свойством
обладает тетраэдр, все грани которого — равновеликие треуголь-
ники.
51.	Рассмотрим тетраэдр DABC, и пусть точка Р' — середина
ребра DA, точка Q — середина противоположного ему ребра ВС
(рис. 151). Проведем через точки Р и Q произвольную плоскость, кото-
рая пересекает ребра BD и Л С соответственно в точках R и S. Тем
самым плоскостью PRQS данный тетраэдр оказывается разбит на два
многогранника PRQSDC и PRQSAB (оба многогранника обозначаем
перечислением их вершин). Первый из этих многогранников плоско-
стью DSQ разбивается на тетраэдр DQSC и четырехугольную пирами-
ду DPRQS. Второй плоскостью AQR разбивается на тетраэдр ARBQ и
четырехугольную пирамиду APRQS. Замечаем, что по условию точки
D и Л . отстоят от точки Р пересечения DA
с плоскостью PRQS на равных расстояниях.
Следовательно, и объемы двух пирамид
DPRQS и APRQS, имеющих общее основа-
ние и одинаковые высоты, равны. Поэтому
для того, чтобы доказать равенство объемов
многогранников, требуемое в условии задачи,
нужно установить лишь равенство объемов
тетраэдров DSQC и ARBQ.
Воспользуемся теперь результатом реше-
ния задачи 7. Выделим (мысленно) из тет-
раэдра пространственный четырехугольник
общего вида ADCB. Тогда должно быть
133
У тетраэдров D АВС и DSQC высоты, опущенные на основа-
ние из вершины D, равны. Поэтому их объемы относятся как площа-
ди треугольников АВС и SQC. Угол С у этих треугольников общий.
АС • ВС	ВС
Поэтому искомое отношение равно , причем CQ ==—-.	Пусть
расстояния от точ^к С и Л до плоскости PRQS соответственно равны
йс и й.. Тогда — = — и ^4-l=-^+l=.'“±^ = .4S + SC =
с А А SC Пс SC^ hcZ hc' sc
AC
= tz. Значит, отношение объемов тетраэдров DABC и DSQC рав-
2 (Ад r|- •&£ )	-
но------------. Точно так же получаем, что
тетраэдров ARBQ и ADBC равно 2**8
hD = hA, следовательно, оба тетраэдра DQCS и
по объему одинаковую часть тетраэдра DABC, т. е. они равновелики.
52. Ясно, что площади треугольников DB'C' и DBC относятся
у ОВ' • DC'. sin BDC
как —------------------
— DB • ОС • sin BDC
2
Пусть теперь Л< и At соответственно проекции точек А и А' на
плоскость DBC. Тогда точки D, Л1 и А{ лежат на одной
подобных треугольников DAAi и DA'A'i получаем
2)Л'
-— = ——. Откуда следует, что объемы тетраэдров
A Af	DA
у S (DB*C') *
отношение объемов
При этом hB = Нс,
ARBQ составляют
прямой. Из
пропорцию
DA'B'C' и
3 '	'	1 DB • DC • DA'
DABC относятся как.--------------= —------------.
1	DB • DC • DA
-S(DBC).AAt
□
53. Пусть плоскость проходит через ребро SC и точку D — сере-
Рис. 154
134
дину ребра АВ (рис. 152). Следует показать, что объемы тетраэдров
SADC и SDCB равны.
Имеем: S (ADC) . SE — S (BCD) • SE, так как площади тре-
угольников ADC и BDC равны. Высоты тетраэдров, опущенные из
точки S, тоже равны. Значит, объемы тетраэдров SADC и SBCD
равны.	-
54. Объем призмы равен произведению площади трапеции ABCD
на высоту призмы Л Д'. Площадь трапеции ABDC = (АВ + CD).
Поэтому искомый объем равен
- (АА' (АВ 4- CD)) = - (пл. АВА'В' + пл. CDC'D').
2	2
55. Дбполним данный тетраэдр до призмы SDEACB (рис. 153),
добавив к нему четырехгранную пирамиду SBCDE. Ее основание
BCDE — ромб с боковой стороной а, поскольку 4S = СВ = CD.
SB = SD = b, SC = SE — c, SO _L BCDE.
Объем данного тетраэдра составляет — объема всей призмы, т. е.
3
-i- объема пирамиды SBCDE, равного S (BCDE) • -^SO.
SO2 = с2 —СО2, SO? = b2 — ВО2, С& + ВО2 = а2.
S(BCDE) = 2 • ОВ . СО = 2 o2 + ff-rf- • |/"
v _ _1_ 1 f а? 4- Ь* —77 _ . /~g8 —&2-I-C8 ; , /~ — а2 4- &а + еа
7.3 V 2	’ V 2 ' * У 2
56.	Если в основании пирамиды л'ежит n-угольник, то число ре-
бер, соединяющих вершину, проектируемую на основание, с верши-
нами, принадлежащими основанию, тоже равно п. Следовательно,
число всех ребер Р == 2п. Число боковых граней равно п, к ним сле-
дует добавить основание. Итак, число граней пирамиды Г равно п -f- 1.
Отсюда получаем, что в любой пирамиде число ребер и граней связа-
но соотношением — 4- 1 = Г, или 2Г — Р = 2.
р
Если — = 12 и Г = 6, то должно было быть 6 4-1 = 6, что не-
возможно. Следовательно, пирамида не может иметь 12 ребер и
6 граней.
57.	Получающийся в результате указанного в'условии задачи по-
строения многогранник ABCDEG (вершина G не видна) показан на
рисунке 154. Покажем, что это октаэдр. В самом деле, рассматривае-
мый многогранник имеет восемь граней — число граней равно числу
вершин куба, отсекаемых данными плоскостями. Покажем, что все
грани представляют собой равные правильные треугольники.
Каждое из ребер многогранника ABCDEG является средней линией
треугольника, образованного тремя диагоналями граней куба, имею-
щих общую вершину. Поэтому все ребра многогранника равны между
135

<V	'	0)	g)	г)
Рис. 155
собой, а каждая такая грань многогранника — равносторонний тре-
угольник. Граней, которые бы содержали большее, число ребер, у рас-
сматриваемого многогранника нет.
Осталось еще показать, что в каждой вершине данного многогран-
ника сходится четыре ребра. Но это следует из способа построения
(см. рисунок к этой задаче).
58.	Изображения полученных полуправильных многогранников
приводятся на рисунке 155.
1)	Каждое ребро данного куба длиной а поделено на три равных
отрезка, затем от всех восьми углов куба отсечено по тетраэдру с
основанием, перпендикулярным диагонали куба, и боковыми ребрами,
равными (рис. 155, о). В. результате получился пол у правильный
многоугольник, грани которого — правильные треугольники и вось-
миугольники.
2)	Многогранник получился при отсечении от углов куба тетраэдров
с боковыми ребрами, равными (рис. 155, б). Его грани —'правиль-
ные треугольники и квадраты.
3)	Многогранник получился при проведении плоскостей сечений
через тройки точек ребер, отстоящих от вершин куба на расстояние
(рис. 155, f). Его грани — правильные шестиугольники и квадраты.
3	•
4)	Сечения проведены перпендикулярно диагоналям куба через
центры граней (рис. 155, г). Получился октаэдр.
59. Объем цилиндрического кольца, содержащего данную канав-
ку, равен у — "(rf~2*)?j _	— ху
Этот объем'вдвое больше объема удаленной стружки (поскольку
площадь сечения канавки равна половине площади сечения прямо-
угольника, вращением которого относительно оси детали получаем
указанное цилиндрическое кольцо). Поэтому объем снятой стружки
составляет	.
2
60. Считаем, что нить охватывает пучки укропа по окружностям ра-
диусов /?х и /?2- По услойию 2л₽2 = 4л/?1, откуда R2 = 2/?i и площа-
ди «сечения» пучков укропа в местах, связанных нитями, равны соот-
ветственно Si = nRj и S2 — 4nR% = 4Si, таким образом, во втором
136
пучке укропа в 4 раза больше, чем в первом, и
он должен стоить 80 к.
61. Если цистерна полностью заполнена
жидкостью, то жидкость занимает объем V =
=	d — диаметр поперечника
4
(рис. 156).'Найдем значение sin а. Ясно, что
J. cos а == — — Л, откуда
2	2
. 2ft
cos а = 1----,
-“-/ЧЧЧчЛУ‘-7- ,
Найдем длину хорды АВ-. АВ =’2 sin а j = 2 V~h • ]fd — h.
Определим площадь треугольника АОВ. Она равна
.1 - л). 2/лг^л=;
2 \ 2	/	2
Площадь сектора АОВ равна A-arcsin ^2 А •	1 — А
Площадь сегмента АСВ составляет
— arcsin 21/ А . 1/ j _ А _
4	\ у d у d )	.2
Чтобы найти" искомый объем, надо этот результат умножить на/
,	/~w
и подставить вместо d его значение 1/ —.
- V in
62.	Пусть R — радиус шара, тогда его объем V = —л/?3, а пло-
3
щадь его поверхности равна 4л/?2. По условию Ад/?3 = biR2, откуда
/? = 3 см. Таким образом, такой стальной шар вполне поместится на
. ладони ребенка и он сможет его поднять.
63.	Пусть диаметр косточки равен d. Следовательно, объем
косточки одной ягоды составляет —nd3. Толщина мякоти — это раз-
6
ность между радиусами ягоды вишни и косточки. Пусть радиус ягоды
вишни равен г. Тогда Должно быть верным равенство г—-^- — d.
3
Значит, радиус вишни равен —d и объем ягоды вишни вместе с косточ-
4 / 3 \8	9
кой равен —nl —d) = — nd3. Объем, который составляет мякоть
3 \ 2 /	2
вишни, равен —nd3 — —nd3 = —nd3. Следовательно, объем мякоти
г 2	6	3
137
13	1
каждой ягоды вишни превышает объем косточки в — : — = 26 раз.
3	6.
Мякоти получилось примерно 52 стакана.
64.	Рассмотрим сначала случай, когда центр шара и точка • D на-
ходятся ниже плоскости ВС (рис. 157). Ясно, что длина отрезка АЕ
.. равна a cos 30° =	. Длина отрезка AD равна А О -f- OD = .	0 +
+ R = 37?. Наконец, S = DE = а-^ — 3/?.
2
Пусть теперь по-прежнему центр шара О находится ниже плос-
кости ВС, на точка D — выше этой плоскости (рис. 158).. Длина AD
равна 37?, длина АЕ равна ~-у~- Поэтому 6 = DE = 37?—
Точно так же убеждаемся, что и для случая, когда центр шара нахо-
дится выше точки Е, 6 = 37? —
65.	Проведем произвольную плоскость а через данную точку А
и центр шара О. В сечении получим круг, ограниченный окружностью
Оа (рис. 159). Проведем произвольную секущую СА, которая пересе-
чет окружность О„ в двух точках С и D. Тогда точка В — середина
хорды CD — принадлежит искомо-
му множеству f (поскольку угол
ОВА для любой такой секущей
прямой). Следовательно, условию
задачи удовлетворяют точки, ко-
торые получаются при вращении
дуги ТО вокруг оси ОА.
66.	Выберем произвольный тет-
раэдра Проведем плоскость, каса-
тельную' к любой сфере, парал-
лельно одной из граней тетраэдра,
затем другую касательную плос-
кость к той же сфере, параллель-

ную другой грани данного тетрада*	-
ра, и т. д. Пересекаясь, плос*
кости определят тетраэдр, подоб-
вый данному, и в «его -окажется
вписанной сфера. Подвергнув его у*/	\х
преобразованию подобия вместе с \/	- \ х.
вписанной сферой, получим в ре- У	1 X.
зулътате тетраэдр, равный давно* 1	J х.
му, причем в него вписана сфера,	\
что и требовалось.	гх	ус
' Ясно, что центр этой сферы дел- . X
жен лежать «а пересечении пло- U-—£/
скостей, которые делят пополам ®
двугранные углы данного тетра-	Рис 160
эдра.
67.	Известно, что суммы длин противоположных сторон описан-
ного около окружности произвольного выпуклого четырехугольника
равны между собой. Так, если ABCD — описанный четырехуголь-
ник, то должно быть: АВ + CD = AD 4- ВС.
Напомним доказательство этого факта. Пусть Alt Blt Ct, Dt — точ-
ки касания сторон данного четырехугольника с окружностью (рис. 160).
Тогдаможем записать: DDX = DClf CCi = СВи ВВг = BAlt AAX =
— ADi. Замечаем теперь, что AAi + ЛХВ = АВ = ADi + ВВи
DCi 4~ СХС = DC = DD\ -f- СВГ. Следовательно, АВ 4* CD = AZ?i4-
+ DXD 4- BBj. 4- В{С = AD + BC.
Заменим теперь окружность сферой, а плоский выпуклый четырех-
угольник пространственным четырехугольником ABCD общего вида.
В таком четырехугольнике пары сторон АВ и DC, AD и ВС находятся
на соответственно попарно скрещивающихся прямых. Если теперь
соединить отрезками прямых вершины В и D, А и С данного четырех-
угольника, то как раз получим тетраэдр, описанный около данной
сферы так, что сферы касаются именно его ребра. Обратим теперь
внимание на то, что отрезки касательных к сфере обладают совершен-
но таким же свойством, что и отрезки касательных к окружности.
Поэтому рассуждение об окружности и плоском выпуклом четырех-
угольнике можно повторить, заменив всюду термин «окружность»
термином «сфера», а термин «плоский выпуклый четырехугольник»
термином «пространственный четырехугольник общего вида». В ре-
зультате получаем требуемый результат.
68.	Геометрическое место точек, из которых отрезок АВ виден
под прямым углом, есть сфера, у которой АВ — диаметр. Аналогич-
но геометрическим местом точек, из которых отрезок АС виден под
прямым углом, есть сфера с диаметром АС. Пусть у первой сферы центр
находится в точке О, у второй — в точке О'. Пересечением этих сфер
является окружность, из точек этой окружности оба отрезка видны
под прямым углом. Необходимое и достаточное условие, чтобы эта
окружность существовала, записывается так: 00' <ОА 4- ОА'.
Плоскость этой окружности перпендикулярна оси 00'.
69.	Ясно, что в любой однополостный конус (коническую поверх-
139
ность) можно поместить четыре шара (разных радиусов, конечно)
так, чтобы они не имели общих точек. Такие четыре шара всегда
можно найти.
Если теперь представить, что дан не один конус, а четыре конуса,
одинаковых с данным и имеющих общую вершину, и в каждом из
них помещено по одному из рассмотренных четырех шаров, то шары
эти по-прежнему не будут пересекаться.
Рассмотрим теперь правильный тетраэдр с центром в источнике
света.- Опишем около его треугольных граней окружности, и пусть
эти окружности служат направляющими четырех равных конусов с
вершинами в центре тетраэдра. Увеличим на е раствор каждого из
этих конусов и в каждый из них впишем по непрозрачному шару,
которые не будут иметь общих точек. Эти шары загородят полностью
точечный источник света, что и требовалось.
' . IV. РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
1.	На следствии по делу о похищении автомобиля были допрошены
четыре гангстера — Андре, Луи, Жорж и Том. Андре сказал, что ма-
шину похитил Луи. Луи утверждал, что виновник Том. Том заверил
следователя, что Луи лжет. Жорж настаивал только на том; что ав^
томобиль угнал не он. Следователю удалось установить, что только
один из гангстеров сказал правду. Кто похитил автомобиль?
2.	Футбольный кубок оспаривали четыре команды: «Пламя»,
«Рекорд», «Стрела» и «Трактор». Болельщики Александр, Борис и
Виктор обсуждали шансы на победу каждой из команд. Александр
сказал, что победу одержит либо «Пламя», либо «Рекорд». Борис был
уверен, что «Пламя» не получит кубка. Виктор же считал, что кубок
не выиграют ни «Рекорд», ни «Трактор». Только один из этих прог-
нозов подтвердился. Кто выиграл кубок?
3.	В соревновании по бегу участвовали пять спортсменов. Виктору
не удалось занять первое место. Григория обогнал не только Дмитрий,
но и еще один спортсмен, отставший от Дмитрия. Андрей достиг
финиша не первым, но и не последним. Борис финишировал сразу
вслед за Виктором. Кто какое место занял в соревнованиях?
. 4. Учитель математики Николай Иванович, случайно встретив
своего бывшего ученика Андрея, спросил, сколько же ему теперь лет.
Получив ответ, он заметил, что сумма возрастов троих его соседей
вдвое больше, тогда как произведение их возрастов равно 2450.
Андрей, в прошлом победитель математических олимпиад, подумав,
сказал, что пока не знает, сколько лет каждому из соседей Николая
Ивановича: тогда учитель добавил, что двое из них близнецы. После
этого Андрей с уверенностью назвал возрасты его соседей. Сколько лет
соседям Николая Ивановича и Андрею? •
5.	На столе стоят три одинаковых ящика. В одном из них лежат
два черных шарика,, в другом — черный и белый, в третьем — два бе-
лых. На ящиках сделаны надписи: «Два белых», «Два черных», «Чер-
ный и белый», причем известно, что йи одна из них не соответствует
действительности. Как, вынув только один шарик, определить пра-
вильное расположение надписей?
6.	В одной коробке находятся два черных шарика, в другой — два
белых, в третьей —один черный и один белый. На крышках коробок
написано: «Черный, черный», «Белый, белый», «Белый, черный».
Перекладывая шары из коробки в коробку, случайно перепутали
крышки. Как определить содержимое коробок при условии, что за один
раз из коробки можно достать, не заглядывая туда, только один шарик.
141
Смотреть, какой шарик в коробке остался, тоже нельзя. Сколько при-
дется вынуть шариков, чтобы определить содержимое всех коробок?
7.	На вечере головоломок Андрею, Борису и Виктору показали
4 синие и 4 красные марки, а затем всем им завязали глаза и наклеили
каждому на шапочку по 2 марки. Сняв повязки, каждого из них спро-
сили, знает ли он, какие марки у него на шапочке. Андрей, Борис и
Виктор один за другим ответили «не знаю». Затем снова спросили то
же самое у Андрея и опять получили отрицательный ответ. После
этого Борис заявил, что теперь он знает, какие марки у него на шапоч-
.ке. Какие марки наклеили Борису?
8.	Один путешественник отправился ла остров, населенный двумя
племенами, о которых ему было известно, что в одном племени все
высокие, а в другом — низенькие, что члены одного из племен всегда
говорят правду., а члены другого племени всегда лгут и.что те и дру-
гие знают английский язык. Высадившись на остров, путешественник
встретил двух туземцев — высокого и низенького. Высокий на за-
данный ему по-английски вопрос путешественника: «Всегда ли вы
говорите правду?» — ответил: «Карра-бум», в низенький сказал, что
это значит «да». Какому племени принадлежал каждый Из туземцев?
9.	По окружности расставлены 15 красных и 15 синих фишек. На-'
«иная с оцределенной фишки, отсчитываются подряд 9 фишек и девя-
тая фишка снимается; затем отсчет идет от фишки, следующей за сня-
той, и снова девятая фишка снимается; так продолжается до тех пор,
пока на окружности не останется 15 фишек. Как разместить на ок-
ружности фишки л с какой из них Надо начинать отсчет, чтобы снятыми
оказались все синие фишки?
10.	У марсианина Тинка т ног. Ему нужно вййти на улицу, а
появляться на .марсианских улицах в носках разного цвета почему-то
считается непристойным. На беду все .носки Тинка, а они k цветов,
по т экземпляров каждого цвета, спрятаны в темной кладовой.
Сколько Тинку потребуется одновременно взять носков из кладо-
вой, чтобы он наверняка на свету смог выбрать из них т носков од-
ного цвета?
11.	Приводим отрывок из одного рассказа Джерома К. Джерома
(«Человек, который заботился обо всех»): «Впереди меня сидели две
дамы. Кондуктор подошел к ним, чтобы получить деньги за проезд.
Одна из них дала ему шестипенсовик, сказав, что едет до Пикадилли,
куда билет стоит два пенса.
— Нет, нет, — сказала вторая дама своей приятельнице и дала
кондуктору шиллинг. — Мы сделаем иначе. Я должна тебе шесть пен-
сов. Дай мне четыре, и я заплачу за нас обеих.
Кондуктор взял шиллинг, оторвал два билета по два пенса и за-
думался над сдачей.
— Ну вот, — сказала вторая дама, — теперь верните моей прия-
тельнице четыре пенса.
Кондуктор послушался.
— А ты отдай эти четыре пенса мне, — обратилась она к первой
даме. — Вот так. А теперь вы, — повернулась она к кондуктору,—
дайте мне еще восемь пенсов, и тогда мы будем с вами в расчете.
142
Кондуктор нехотя отсчитал ей восемь пенсов: шестипенсовик,
полученный им от первой дамы, и три монетки из своей сумки — пенни
и два полу пенса...
— А теперь, — сказала вторая, старшая дама младшей, — я долж-
на тебе ровно! шиллинг».
Принимая,, что шиллинг равен 12 пенсам, а пенни — то же самое,
что и пенс, определите, сколько и кто. кому в действительности остал-
ся должен. •
12.	В повести В. Я- Шишкова «Странники» есть такое место:
*— А хочешь,я покажу тебе арифметический фокус-покус? Ахнешь.
— Ой! А ну, покажите, миленький.
Иван Петрович вырвал из блокнота страничку, подал мальчонке,
спросил:
— Карандаш есть? Пиши любое пятизначное число.
Мальчонка написал. Иван Петрович мельком взглянул на это число,
написал на отдельном клочке бумаги свое какое-то число, сунул бу-
мажку в солому и прикрыл шляпой.
— Пиши под ним другое. Написал? Теперь я сам напишу третье.
Теперь все три числа складывай. Только тщательней, не ври.
Через две минуты был готов проверенный; ответ., Инженер Вошкин
подал свои* выкладки:
46 853
21 398	.
78 601
146852
— Сто сорок шесть тысяч восемьсот пятьдесят два:, Иван Пет-
рович.
• — Долго: считаешь. А у меня — вот он ответ. Я уж знал его, когда
ты еще первое число написал. Вот. Тяни из-под шляпы,.
Мальчонка, выхватил бумажку. Там значилось: 146 852. Удивлен-
ное лицо инженера Боткина вытянулось, и волосы на голове встопор-
щились. С боязнью, с удивлением, он таращил глаза на Ивана Петро-
вича.
— Ну... вот ... как же?.. А?..
Иван Петрович, улыбаясь и двигая бровями, дважды объяснил,
сделал еще пример...»
Спрашивается, что объяснял. Иван Петрович, «улыбаясь и двигая
бровями»?
13.	Имеются четыре чашки., поставленные в ряд донышками вниз.
.Требуется все их перевернуть донышками вверх, при этом перево-
рачивать можно только по следующему правилу: одновременно перево-
рачиваются ровно три чашки, причемчашка, стоящая донышкомвниз,—
в положение донышком вверх, а чашка, стоящая донышком вверх, —
в положение донышком вниз. За сколько таких шагов можно четыре
чашки, стоящие донышком вниз, перевернуть в положение донышками
вверх?
14.	Кузнец бьет молотом по наковальне четыре раза в течение 12 с.
143
Сколько ему потребуется времени, чтобы нанести по наковальне «
8 ударов?
15.	Часы А отстают от часов В на 2 с. Промежуток времени между
двумя последовательными ударами у часов А равен 3 с, а у часов В —
4 с. Когда часы бьют одновременно, слышен только один звук. Опре-
делите, сколько времени на часах, если слышны 19 ударов.
16.	Докажите справедливость признаков делимости натуральных 
чисел на 3 и 9. Выясните, будет ли справедливым утверждение: «Если
число делится на 27, то сумма его цифр делится на 27.»
17.	В магазине продаются белила, расфасованные в банках по
3 кг и 5 кг. Показать, что покупатель в этом магазине сможет купить
любое, большее 7, число килограммов белил.
18.	На отрезке АВ выбраны 2 п точек, попарно симметричных от-
носительно середины этого отрезка. Половина точек окрашена в крас-
ный цвет, половина — в синий. Доказать, что сумма расстояний от
синих точек до точки А равна сумме расстояний от красных точек до
точки В.	.
19.	Доказать, что 3, 5, 7 — единственная тройка последователь-
ных нечетных чисел, каждое из которых простое.
20.	Доказать, что для любого натурального числа п удастся найти .
такое натуральное число т, что число п • т + 1 окажется составным.
21.	Как разделить 7 яблок поровну на 12 человек, не разрезая
яблоки более чем на 4 части?
22.	Даны два целых числа тип. Если их сложить, перемножить,-
разделить большее на меньшее, вычесть из большего меньшее, а затем
все' четыре полученных результата сложить, то получится 245. Найти
эти числа.
23.	Найти двузначное число, равное удвоенному произведению его
цифр.
24.	Делится ли 81-значное число, все цифры которого—едини-
цы, на число 81?
25.	Найти наименьшее натуральное число, равное учетверенному 
произведению его цифр.
26.	Найти два натуральных числа, разность которых равна их
удвоенному частному. •
27.	Из трехзначного числа вычитается сумма его цифр. Затем из
числа, которое представляет собой полученная разность, вычитается
сумма его цифр и т. д. Показать, что после не более чем 100 таких
вычитаний получается разность, равная 0.
28.	В каком случае справедливо равенство 4 • 13=100?
29.	Найти трехзначное число, которое в девятеричной системе
счисления изображается теми же цифрами, но расположенными в об-
ратном порядке.
30.	Рассмотрим частные от делений всевозможных двузначных на-
туральных чисел на суммы их цифр. Какое из частных окажется наи-
большим?
31.	Первая цифра некоторого шестизначного числа 1. Если эту
единицу переставить в конец числа, оставив остальные цифры без из-
144
менения, то полученное число окажется втрое больше исходного.: Найти
исходное число.	ч,
32.	Последняя цифра в записи некоторого натурального числа 2. .
Если эту цифру переставить в начало, то получится число, вдвое боль- .
шее первоначального. Найти исходное число.
33.	Некоторое натуральное число оканчивается цифрой 3. Если эту
цифру переставить в начало числа, оставив без изменения остальные
цифры, то полученное число окажется втрое больше исходного. Найти
исходное число.
34.	Сколько делителей у числа: а) 3® • 9е; б) 24 • 3’; в) 2Л • 3m X
X 5*?
’35. Доказать, что если натуральное число п больше 4 и является
составным, то (п — 3)! делится без остатка на п.
36.	Каждая из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 написана на отдельной
карточке. Карточки раздают поровну трем мальчикам. Каждый маль-
чик из доставшихся ему цифр составляет наименьшее трехзначное
число и записывает его. После первой раздачи оказалось, что у всех
мальчиков сумма цифр записанных ими чисел одна и та же. После
второй раздачи каждый мальчик получил по одной цифре, уже быв-
шей у него при первой раздаче, и опять сумма цифр у всех троих ока-
залась одинаковой. Когда затем каждый мальчик сложил записанные
им числа, то сумма у всех оказалась одной и той же, равной 5Е6.
Какие цифры были на карточках у мальчиков при первой и второй
раздачах?
37.	Десять машин выпускают одинаковые резиновые мячи массой
по 10 г каждый. ОТК обнаружил, что одна из машин выпускает мячи
массой всего в 5 г. Как найти испортившуюся машину с помощью
взвешивания мячей? Взвешивать резиновые мячи разрешается только
один раз. .	• 
38.	Найти такие числа а и Ь, что а 4- b = ab =
b
39.	Вьщелить четырьмя взвешиваниями из 80 монет одну фаль-
шивую (более легкую). Чашки весов-вмещают любое число монет, не
превышающее 50.
Сколько понадобится взвешиваний, ртобы выделить такую монету
из 12 одинаковых на вид монет?
40.	Выписана последовательность всех натуральных чисел от 1
до 1 000 000. Каких чисел в этой последовательности больше: со-
держащих хотя бы одну единицу или не содержащих ни одной еди-
ницы?
41.	Можно ли записать по кругу девять чисел 1, 2, 3, ..., 9 так,
чтобы сумма никаких .двух соседних чисел не делилась ни-на 3, ни
на 5, ни на 7?
42.	Установить с помощью семи взвешиваний последовательность
масс пяти камней при условии, что в одном взвешивании могут участ-
вовать только два камня.
43.	Имеется п баллонов со сжатым газом. Давление в n-м баллоне
не меньше, чем в (га — 1)-м, давление в (п — 1)-м баллоне не меньше,
6 Заказ 1212
145
чем в (п —2)-м и т. д., т. е. рл > p„_i > Рп-з > —. > Ps > Pi-
Если подсоединить два или несколько баллонов, то давление в под-
соединенных баллонах выравнивается. Баллоны можно отсоединять
и вновь подсоединять к любым другим баллонам, не подсоединявшим-
ся ранее. Как получить в первом баллоне наибольшее возможное дав-
ление? Давление во всех других баллонах, возникающее в итоге такого
его перераспределения, может быть произвольным.
44.	Из некоторого пункта А в пункт В отправляется колонна из п
грузовиков, каждый, из которых с запасом горючего на Т дней пути.
Складов горючего по дороге нет. Каждый, из грузовиков может по
пути передавать любому другому грузовику или получать от него го-
рючее. Как организовать движение грузовиков и передачу горючего,
чтобы хотя бы один из грузовиков попал в пункт В, а каждый из
остальных грузовиков смог вернуться в пункт отправления Л, если
расстояние между Л и В соответствует 1,9Т дней пути? Каким долж-
но быть значение п, чтобы задача имела решение?
45.	В международном шахматном турнире участвовали мастера и
гроссмейстеры, всего п человек. Мастера в играх между собой набрали
столько же очков, сколько в играх с гроссмейстерами. Доказать, что
число V~n целое.
46.	Найти трехзначное число, кратное 9, в котором цифра десят-
ков на 4 больше цифры единиц, а произведение трех чисел, выражае-
мых его цифрами, равно 0.
47.	Что больше: /1969 -J- /197Г или 2 /1970 ?
48» Пусть а, b и п — нечетные натуральные числа. Доказать, что
разность ап — Ьп делится без остатка на 2“ в том и только в том слу-
чае, если а — b делится без остатка на 2я.
49.	Почему крупную картошку чистить быстрее, чем мелкую?
50.	Низкорослый пешеход делает три шага за то время, когда
идущий рядом высокорослый делает два шага. Оба одновременно
пошли с левой ноги. Наступит ли момент, когда они одновременно сту-
пят на землю правыми ногами?
51.	Николай, уходя из дома к приятелю. Павлу, обнаружил, что
забыл завести настенные часы и они стоят. Придя к Павлу, он заметил
время своего прихода. Уходя от приятеля, Николай также заметил
время и, возвратившись домой, правильно поставил свои часы. Как
ему удалось это сделать? (Время, затраченное Николаем на дорогу
к Павлу и обратно, одно и то же).
52.	По горизонтальной дороге мотоциклист ехал со скоростью
60 км/ч. Но вот ему встретился подъем протяженностью 2 км, за ко-
торым следовал спуск протяженностью также 2 км; На подъеме мо-
тоциклист ехал со скоростью 30 км/ч. С какой скоростью мотоциклист
должен был ехать на спуске, чтобы средняя скорость на подъеме и
на спуске составляла 60 км/ч?
53.	Числа натурального ряда записаны в столбцы следующим
образом:
146
82 ...
65 83 ..
50	66	84 ...
37 51	67	85 ...
26 38 52	68	86 ...
17 27 39 53	69	87 ...
10 18 28 40 54	70	88 ...
5 11 19 29 41 55	71	89 ...
2 6 12 20 30 42 56	72	90 ..
I 3 7 13 21 31 43 57 73 9H...
8	14	22	32	44	58	74 92	
9	15	23	33	45	59	75	93
	16	24	34	46	60	76	94
		25	35	47	61	77	95
			36	48	62	78	96
	- .			49	63	79	97
					64	80	98
						81	99 .
							100
С какого числа начинается я-й столбец и каким заканчивается? До-
казать, что произведение двух соседних чисел на «биссектрисе число-
вого угла» равно числу, также лежащему на биссектрисе. «Биссектри-
са» этого угла на рисунке выделена.
54.	Как устроен этот числовой «у!'ол»?
1
2	6
3	9	15
4	12	20	28
5	15	25	35	45
6	18	30	42	54	66
7	21	35	49	63	77 91
Доказать, что сумма чисел, находящихся в n-й строке угла, равна п®.
55.	Это произошло далеко от населенных пунктов. Провианта у
нас оставалось ровно на 10 дней. Питание разделили поровну на
каждого и на каждый из 10 оставшихся дней маршрута.
И вот тогда нам неожиданно встретилась группа туристов, сбив-
шихся с пути. У них провианта оставалось всего на 2 дня. Поделились
мы с ними своими запасами, и тогда еды у нас и у них осталось по
старым нашим меркам только на 4 дня — этого должно было хватить
для возвращения на базу. Но сколько было туристов во встретившейся
нам группе, как ни старался, вспомнить не мог. Может быть, мне не
хватает каких-нибудь данных? Помогите разобраться?
56.	Когда я бродил по Карпатам, то частенько мок под дождем.
Пятнадцать дней, то утром, то вечером, небо заволакивали тучи, и
полдня лил жесточайший ливень.
6*
147
Но странную я подметил закономерность: каждый раз, когда дож-
дило с утра, к полудню ветер обязательно разгонял тучи. Наступала
чудесная погода. Как сейчас помню, шестнадцать раз было безоблач-
ное утро. Не могу забыть и семнадцать тихих, ясных вечеров.
И вот теперь, когда я решил написать воспоминания о походе, то
не могу сказать точно, сколько времени он длился. Помогите мне.
• 57. После схватки пиратов капитана Флинта с флибустьерами
капитана Блада в судовом .журнале капитана Флинта было записано:
«Все пираты моей команды пострадали: 81% из них потеряли верхний
зуб, 82% — нижний, у 83% был подбит правый глаз, у 84% — левый».
Как по этим данным установить, какой процент пиратов Флинта
одновременно лишился двух зубов и оказался с двумя подбитыми
глазами?	-
ОК	ок
58. «Докажем», что 2 = 3. 4 — 10 Н--= 9 — 15 + —, откуда
4	4  .
(5 \2	/	5 \2
2-----) — (3-----1 . Извлекая квадратный корень из обеих частей
2 /	\	2 /
5	5
равенства, получаем: 2 —- = 3'—т. е. 2 = 3. Найдите ошибку.
(1 \2	/ 1 \3	1	1
— ]	> I — I ,	откуда	2	1g —	>	3 1g	—;
2 J	\ 2 J	2	2
разделив обе части неравенства на	1g —, получим	2	> 3.	Найдите
ошибку.
60.	От трамвайной станции Одновременно с трамваем отъезжает
велосипедист; в тот же момент к станции прибывает- встречный трам-
вай. Велосипедист едет вдоль трамвайной линии. Через каждые 4 мин
он встречается с трамваем, а через каждые 12 мин его догоняет трам-
вай. Определить, через какие промежутки времени трамваи отходят
от станции (считая, что трамваи отходят через равные промежутки
времени, движутся безостановочно, равномерно и с одинаковой ско-
ростью и что велосипедист также движется равномерно).
61.	Что собой представляет геометрическое место точек на пло-
скости, удовлетворяющих неравенству шах(х, у) 1?
62.	Что собой представляет геометрическое место точек на пло-
скости, удовлетворяющих неравенству min(x, у) 1?
63.	Что собой представляет геометрическое место точек на пло-
скости, удовлетворяющих неравенству min2(xx у) 1?
64.	Из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, используя каждую цифру
ровно по одному разу, составить два натуральных числа так, чтобы
их произведение было наибольшим.
65.	Найти два натуральных числа, представляющих полный
квадрат, если одно больше другого на 7.
66.	В играх на кубок проигравшая команда выбывала из соревно-
ваний. Всего за кубок боролось 2л 1 команд. Сколько состоялось
матчей в розыгрыше кубка?
67.	В цехе 100 рабочих подали 100 рационализаторских предло-
жений. Каждый из рационализаторов нашел собствейный способ
сэкономить электроэнергию на 1%. Техсовет цеха постановил внедрить
148
все эти предложения последовательно одно за другим. На - сколько
в результате будет меньше расходоваться электроэнергии?
68.	Доказать, что УТО (1 + 1^10)100 —(1 —	IO)’00—целое число.
69.	В пустой ящик вкладывают п пустых ящиков поменьше. За-
тем в один из пустых ящиков кладут п пустых ящиков еще меньшего
размера. Процедуру вкладывания продолжают снова и снова. Напол-
ненным считается такой ящик, в который вложено хотя бы п ящиков.
Всего в конце оказалось наполненных k ящиков. А сколько пустых?
70.	Доказать, что если все грани параллелепипеда — равные парал-
лелограммы, то все эти грани — ромбы.
71.	В треугольнике известны длины двух сторон а и Ь. Какой
должна быть длина третьей стороны, чтобы наименьший угол этого
треугольника 'достигал своего наибольшего значения?
72.	В следующей шифровке каждая буква обозначает какую-то
одну цифру и обратно: каждая цифра зашифрована одной какой-то
буквой. Найти решение этой шифровки и показать, что оно един-
ственное:
ФОКУС
ПОКУС
ПРЕСТО
73.	Решить кубическое уравнение
24у3 —26у2—1=0.
74.	Имеются два набора чисел
>а2 >а3 > ... >ап
и
> ^2 >	> ••• > Ъп.
Доказать, что	,
• ajbi + агЬ2 + аД 4-... +апЬп >
>ах&л 4- aabn_i -|- «з^л-2 + ••• + аЛ-
75.	Доказать, что для всякого натурального п число 52Л+14-2я+44-2п+1
делится на 23.
76.	Может ли произведение двух натуральных чисел, одно из
которых оканчивается цифрой 2, а второе — цифрой 4, быть квадратом
натурального числа?
77.	Какими цифрами оканчиваются числа:
а) 666вот; б) 444444; в) ЗЗЗ333?
78.	Испытания показали, что шестипроцентная добавка в бензин
метанола сокращает расход горючего при. работе автомобильного
двигателя до 15%. При каком количестве бензина удастся таким спо-
собом сэкономить 100 л бензина?
79.	Три точки А, В и С занимают на плоскости положение, ко-
торое мы станем называть подходящим, если угол АВС не меньше 120°.
Чему равно наименьшее число произвольно выбранных на плоскости
149

точек, чтобы из них наверняка можно было выбрать, тройку точек,
занимающих подходящее положение?
80.	Несколько команд разыграли'первенство по волейболу, сыграв
каждая с каждой по одному разу. Ничьих в волейболе не бывает.
Доказать, что если какие-нибудь две команды одержали по одинаковому
числу побед (не нулевому) , то найдутся три такие команды А, В и С,
что команда А выиграла у команды В, команда В выиграла у ко-
манды С, а команда С выиграла у команды А.
81.	Решить в целых числах уравнение с тремя неизвестными
X- ’	=1.
-7 ’
82.	Решить систему уравнений
Г 5[х] + 2[у]= 19,
{ Зх + 4у = 21,
где [х] — целая часть числа х, [у] — целая часть числа у.
83.	Показать что выражение 8п — 3, где п — натуральное число,
не может быть квадратом никакого целого числа.
84.	Выяснить, одинаковое ли число цифр или разное, у чисел
2Ю0, 2‘о* ц 21®2.
85.	Найти три последние цифры числа 7"".
РЕШЕНИЯ
1. Обозначим показания гангстеров через «Л», «Т», «не Т», «не Ж»-
Одно из двух утверждений «Т» и «не Т» истинно, а значит, утверждения
«Л» и «не Ж» ложны. Отсюда следует, что автомобиль похитил Жорж.
кратко прогнозы болельщиков, переформулировав
суждения в равнозначной утвердительной форме,(
2. Запишем
отрицательные
получим:
А — П или
Б — Р или
В — П или С.
Очевидно, что если бы кубок выиграла команда «Пламя», или «Ре-
Р,
С или Т,
	I	" 1	III	 V|	V
А	—	+			—
Б	—				+
В	—			+	*
Г	—	—	 +	—	—
д	+	—	—	—	—
корд», или «Стрела», то подтверди-
лись бы прогнозы двух болельщи-
ков, что противоречит условию
задачи. Лишь в случае победы
«Трактора» правилен только про-
гноз Бориса. Значит, кубок выиг-
рал «Трактор».
3.	Решить задачу поможет таб-
лица, в которой записываются дан-
ные задачи и выводы из них с по-
мощью знаков «+» и «—».
160
Из условия задачи следует, что никто, кроме Дмитрия, не занял
I место, значит, I место занял Дмитрий. Отметим это с помощью
значка «4-» в строке Д. Раз I место занял Дмитрий, то Григо-
рий занял III место; Виктор и Борис могут занять только IV и V
места соответственно; следовательно, вторым прибежал Андрей.
4.	Из всевозможных троек возрастов, произведение которых рав-
но 2450 = 72 • 52 • 2, одинаковые суммы имеют только две: 49 +
4- 10 + 5 = 64 и 50 4- 7 + 7 — 64. Значит, Андрею 32 года, а
соседям Николая Ивановича 50 дет, 7 лет и 7 лет.
5.	Надо взять шарик из ящика с надписью: «Черный, и белый».
В нем не могут быть шарики разных цветов; значит, если вынут белый
шарик; то в ящике — два белых шарика. Тогда из двух оставшихся
ящиков с надписями: «Два белых» и «Два черных» — два черных шарика
могут лежать только в первом, а значит, во втором лежат белый и
черный шарики.
6.	Достаточно вынуть четыре шарика. Сначала вынимаем из всех
коробок по одному шарику. Шарики, вынутые из двух коробок, ока-
жутся одинакового цвета, например черного, из третьей коробки —
белого. Тогда в той коробке, откуда вынут белый шарик, оба шарика
белые. Вынимая четвертый шарик из любой оставшейся коробки, узна-
ем содержимое этой и третьей коробок. .
7.	Первый ответ Андрея «не знаю» означает, что он не видит че-
тырех марок одного цвета; то же самое означает отрицательный ответ
Бориса. Ответ Виктора «не знаю» означает не только то, что он не
видит четырех марок одного цвета, но и то, что он не видит одновремен-
но на одной шапочке двух синих, а на другой — двух красных марок;
видя это и учитывая ответы товарищей, он мог бы с определенностью
сказать, что у него на шапочке марки разного цвета. Если бы на ша-
почке у Бориса были марки одинакового цвета, то Андрей, видя это
и учитывая ответ Виктора, мог бы сделать вывод, что у него самого на
шапочке марки разного цвета; следовательно, второй отрицательный
ответ Андрея означает, что у Бориса на шапочке марки разного цвета,
о чем тот и догадался по ответам товарищей.
8.	Имеются две возможности: либо низенький принадлежит к пле-
мени лжецов, а высокий к племени правдивцев, либо наоборот. До-
пустим, что низенький принадлежит к племени лжецов. Это значило
бы, что высокий ответил не «да», а «нет». Но для представителя пле-
мени правдивцев такой ответ невозможен. Следовательно, эта воз-
можность отпадает. Проверим, реализуема ли в условиях задачи
вторая возможность: низенький — правдивей, а высокий — лжец.
Если низенький сказал правду, то высокий солгал, что соответству-
ет принадлежности первого к племени правдивцев, а второго к племени
лжецов. Итак, низенькие всегда говорят правду, а высокие всегда лгут.
9.	Выпишем числа от одного до 30 и будем вычеркивать их по
принципу, указанному в условии задачи. При этом будут последова-
тельно вычеркнуты числа 9, 18, 27, 6, 16, 26, 7, 19, 30, 12, 24, 8, 22,
5, 23. Расположив их в порядке возрастания, получим ответ; за че-
тырьмя красными фишками надо поместить 5 синих, затем 2 красные,
1 синюю, 3 красные, 1 синюю, 1 красную, 2 синие, 2 красные, 3 синие,
151
1 красную, 2 синие, 2 красные, 1 синюю фишки. Отсчет начинается
е первой из четырех красных фишек.
10.	Рассмотрим самый худший для Тинка случай.. Пусть он вы-
брал (т — 1) k носков так, что оказалось по т — 1 носков каждого
цвета. Это наименее удачный случай потому, что вытянутых из кла-
довой носков еще недостаточно; Вот если бы носков какого-нибудь
цвета оказалось меньше, чем т — 1, то носков какого-то другого цвета
оказалось бы т или больше, т. е. больше носков вытягивать из кла-
довой не потребовалось бы. Ясно теперь, что если к имеющимся до-
бавить один из носков, оставшихся в кладовой, любого цвета, то Тинк
сможет из имеющихся носков выбрать йе меньше, чем т носков одного
цвета. Значит, носков надо взять (т — 1) /г*+ 1.
11.	Составим следующую таблицу взаимных, долгов и уплат:
Кондуктор	Первая дама	Вторая дама
1	1 1 Ч—1" 00 4^	О ND	-6 -6 —4 +2 +4 —4 + 12	•	—12 +6 +4 4-2 4-4 4-8 -12
Итого: -|-2	—2	0
Из таблицы следует, что вторая дама ошиблась, хотя и на немного.
Кондуктор пёреполучил (за счет первой дамы) 2 пенса.
12.	Иван Петрович совершенно произвольно написал шестизнач-
ное число с первой цифрой единицей (чтобы легче было считать), когда
увидел записанное инженером Вошкиным число, то вычел его из сво-
его, а на листке записал разность между первой разностью и вторым
числом, записанным инженером Вошкиным.
13.	Укажем способ перевертывания чашек, состоящий из четырех
шагов. Первый шаг: перевернем три чашки из четырех данных в поло-
жение донышком вверх. Второй шаг: перевернем ранее непереверну-
тую чашку и две перевернутые. В результате получим две чашки, стоя-
щие донышками вверх, и две — донышками вниз. Третий шаг: пере-
вернем две чашки, стоящие донышком вверх, и одну чашку, стоящую
донышком вниз. В результате окажется одна чашка стоящей доныш-
ком вверх и три —донышком вниз. Четвертый шаг: перевернем три
чашки, стоящие к этому моменту донышком вниз. В результате все
четыре чашки будут перевернутыми донышками вверх, что и требова-
лось. Перебирая все другие возможные случаи, убеждаемся, что за
меньшее число шагов выполнить требуемую операцию нельзя.
14.	Удар кузнеца можно считать мгновенным. Первый удар куз-
нец производит в первое мгновение — первую секунду, а последний —
четвертый — в последнюю, двенадцатую секунду. Поэтому за 24 с он
успевает выполнить только 7 ударов. Промежуток времени между
152
двумя соседними ударами узнаем, поделив 12 с на 3 удара. Он равен
4 с. Поэтому на нанесение восьми ударов кузнецу потребуется 28 с.
15.	Пусть х-й. удар часов А совпал с у-м ударом часов В; тогдя
до х-го удара часы А били в продолжение 3 (х — 1) секунд, а часы
В до у-го удара — в продолжение 4 (у — 1) секунд. Так как часы
А отстают от часов В на 2 с, то 4 (у — 1) — 3 (х — 1) = 2, значит, х
равен 3, 7 или 11 и соответственно у равен 3, 6 или 9. Между двумя
последовательными совпавшими ударами часы А бьют 3 раза, часы В —
2 раза; значит, между двумя совпадениями звучат пять ударов. До
первого совпадения прозвучали 4 удара. Так как всего ударов было
19, то совпавших ударов было 3. Складывая число ударов, которые
могут быть услышаны до третьего совпадения включительно, полу-
чаем: 4 -|- 10 + 3 = 17; значит, за то время, в течение которого были
услышаны 19 ударов, в действительности было 22 удара, т. е. часы
показывали 11.
16.	Рассмотрим произвольное, например четырехзначное, число
ах + 10«2 + Ю0а8 4- 1000а4. Его можно представить в виде «14-
4- «г 4- о» 4- «4 4- 9 (а2 4- Иа3 4- HleJ. Ясно, что это число де-
лится на 3 или 9 в том и только в том случае, если соответственно на
3 или 9 делится сумма «х 4- «2 + аз 4" а&-
Однако для числа 27 сформулированное утверждение неверно.
Чтобы убедиться в этом, достаточно привести контрпример, который
покажет, что сумма цифр числа может не делиться на 27, а само число
делится без остатка на 27; таким числом является, например, 81.
«	17. Задачу можно сформулировать так: «Докажите, что любое
натуральное число N, большее 7, можно представить в виде Зп 4-
4- от, где п и т — натуральные числа».
Любое натуральное, число можно представить в одном и только
одном из трех видов 3k, 3k 4- 1, 3k — 1, где k — целое натуральное
число.
Ясно, что если N — число вида 3k, т. е. число, кратное 3, то соот-
ветствующее количество белил (N кг) можно купить в магазине, взяв
банки только по 3 кг.
Наименьшее натуральное число, большее 7, равно 8. Это число
вида 3k — 1. Восемь килограммов белил можно купить, взяв две бан-
ки: одну массой 3 кг, другую — массой 5 кг. Всякое большее число
килограммов белил, выражающееся числом вида 3k— 1, можно ку-
пить, взяв дополнительно к этим двум банкам нужное число банок
массой по 3 кг. Второе по величине натуральное число, большее 7 и
не делящееся на 3, это 10. Это число вида 3k 4- 1. Оно может быть
представлено в виде 5 4-5. Любая масса краски, выражающаяся
целым числом килограммов вида 3k 4- I и большим 7, может быть
куплена в этом магазине в виде двух банок по 5 кг и некоторого числа
банок по 3 кг.
18.	Если расстояние от какой-либо красной точки до точки В
равно расстоянию от синей точки до Л, то эту пару точек можно ис-
ключить из рассмотрения. Если до их удаления сумма расстояний
от синих точек до точки А равнялась сумме расстояний от красных
153
точек до'В, то это равенство сумм расстояний сохранится и после
удаления указанных двух точек.
Рассмотрим две симметричные точки, окрашенные в разные цвета
(если такие точки найдутся). Тогда расстояние от красной точки до
точки В равно расстоянию от синей точки до А. Исключим все такие
пары точек.
Если теперь и останутся какие-либо точки, то их число должно
равняться 4m, где т — целое положительное число. Действительно,
число пар синих точек должно быть равно числу пар красных.
Выберем пару симметричных точек, окрашенных в синий цвет, и
пусть длина отрезка АВ равна /. Тогда, если расстояние одной из
этих точек до конца А равно у, то расстояние от другой до этого же
конца равно I — у. Сумма этих двух расстояний равна I. Выберем
теперь произвольно пару симметричных красных точек и убедимся,
что сумма их расстояний до точки В также равна I. Исключим и эти
две пары точек из рассмотрения и т. д., пока все данные точки не
окажутся исключены. В результате точек не останется и мы получим
следующее равенство сумм расстояний: 0 = 0. Восстанавливая теперь
в обратном порядке все исключенные пары точек, на каждом этапе
этого процесса получим, что сумма расстояний от синих точек до
точки А равна сумме расстояний от красных точек до точки В, что и
требовалось.
19.	Возьмем любую тройку последовательных нечетных чисел: л,
п + 2 и п + 4. Пусть меньшее из них — простое и не равно 3, тогда
оно не делится на 3, т. е. может быть представлено как 3k + 1. либо
как 3k -j- 2. Но тогда либо п 4- 2, либо п 4- 4 делится на 3, т. е. не
является простым.
20.	Проще всего в качестве т выбрать число п 4- 2. Тогда-число
л • m + 1 выражает собой квадрат натурального числа п 4- 1.
21.	Каждое из трех яблок надо разделить на 4 равные части, а
каждое из остальных четырех —г на 3 равные части. При дележе каж-
дому достанется по четверти и по трети яблока.
22.	Пусть т>п\ т+ п+тп 4- т — п 4- — = 245;
п
2т + тп + — = 245, откуда — = л, где р — целое;
-	п	п
2тп та2 4- tn = 245л; т (л 4- О2 = 245л;
'	” /я Л_ П2 245п	245	5 - У*
(л 4~ 1) = — = — = ——,
т р р
откуда р = 5, л 4- 1 = 7» п = 6, т = 30.
23.	Из равенства 10х + У = 2ху следует, что 10дс 4- У четно1, т. е.
у четно. Разделив обе части равенства на 2х, получим: 5 4-^- = У,
откуда следует, что у > 5. Значит, у = 6 или у = 8. Если у = 8,
то 5 4* ~ = 8, откуда х = у, что невозможно; если у = 6, то х = 3.
Искомое число: 36.
154
24.	Данное число делится ла 9 без остатка, так как сумма его
цифр делится на 9. В частном получаем произведение числа 12345679
на 72-значное число вида: 1 4- Ю9 4- 1018 4- 102? 4- 103*-f- 10454- 10844-
4- 10*3 4- Ю72. Сумма цифр этого числа равна 9. Поэтому оно делит-
ся на 9, а исходное число делится' на 9x9 = 81.
25.	Очевидно, что искомое число не может быть однозначным. Оно
не может быть и двузначным, так как уравнение 10х 4- у=4ху не имеет
решений, удовлетворяющих условию задачи. В самом деле, у, оче-
видно, должен быть четным, т. е. равным 2, 4, 6 или 8; при этом х
.234
равен соответственно —1, —, —, —.
г	3	7 11
Пусть искомое число равно ЮОх 4- Юу 4- z; тогда ЮОх 4-
4- 10у 4- z = 4xyz их =	. Очевидно, что z — четное число
и, так как yz > 25, z > 2. Следовательно, z равно 4, 6 или 8. Пусть •
z = 4, тогда х = — + 2 , откуда видно, что у четно; так как 4у>
2(4у —25)
> 25, а значит, у > 6, то у = 8; при этом х = 3.
Пусть z = 6, тогда х = 2^~~^ 25 .»откуда следует, что у нечетно.
Так как бу > 25; т. е. у > 4, то у равен 5, 7 или 9. Значения х, соот-
ветствующие этим значениям у, дробные. Значит, при z=6 решения
нет. Убедитесь таким же образом, что при z = 8 также нет решения.
Искомое число: 384.
26.	Пусть х и у — искомые числаг причем х > у. Возможны два
случая: 1) х — у = —, 2) х — у = ^.
у	Л
Рассмотрим первый случай. Очевидно, что у #= 1 и у =/= 2; значит,
х делится на у. Положим, что х = пу, где п — целое число, тогда пу —
— у = откуда у = —. Так как п. и п — 1 — взаимно про-
у	п— 1
стые. числа, то 2 должно делиться на п — 1, т. е. п — 1 = 1 или п —
— 1=2, откуда л = 2 или п = 3, следовательно, у = 4 или у = 3
- и соответственно х = 8 или х = 9.
Рассмотрим второй случай. Так как х > у, 2 должно делиться на
х, т. е. х = 1 или х = 2; х #= 1, так как при х = 1 значение у дробное;
при х = 2 значение у равно 1. Значит, искомыми числами являются
8 и 4,- 9 и 3, 2 и 1.
27.	Если из любого числа первого десятка (1—9) вычесть сумму
его цифр, то получится разность, равная нулю. Если из любого числа
второго десятка (10—19) вычесть сумму его цифр, то разность равна
9 и т. д. Если из любого числа десятого десятка (91—99) вычесть сумму
его цифр, то разность равна 81. В пределах первой сотни разность
между числом и суммой его цифр принимает одно из следующих десяти
значений, кратных 9: 0, 9, 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81. Замечаем еще,
что если отнять от любого числа этого ряда (кроме нуля)' сумму его
цифр, то получим ближайшее меньшее число в том же ряду. Например,
если из числа 81 вычесть сумму его цифр, то получим ближайшее
155
меньшее число 72, если из числа 72 вычесть сумму его цифр, то полу-
чим 63 и т. д. Таким образом, последовательно вычитая из числа в
пределах первой сотни-сумму его цифр, затем из разности — сумму ее
цифр и т. д., нуль получаем максимум за девять вычитаний.
Полученный результат носит вспомогательный характер, так как
нам надлежит по условию задачи рассматривать не двузначные, а
трехзначные числа. Но и здесь наблюдаем ту же картину. В пределах
второй сотни (100—199) разность между произвольным числом"и сум-
мой его цифр может принимать одно из следующих значений: 99, 108,
117, 126, 135, 144, 153, 162, 171, 180. При этом если мы хотим найти
разность числа, входящего в эту десятку, и суммы его цифр, то до-
статочно перейти к ближайшему слева числу в том же ряду. Напри-
мер, если из числа 162 вычитается сумма его цифр, то получаем бли-
жайшее слева число того же разряда — 153. При переходе к третьей
сотне вновь получаем последовательность из десяти чисел, кратных 9,
обладающих теми же свойствами, что и предыдущие. Поскольку та-
ких сотен в рассматриваемых пределах десять, то общее число членов
рассматриваемых последовательностей равно 100 (вместе с первым
числом — нулем).
Обратим теперь внимание на то, как последовательности, характе-
ризующие соседние сотни, связаны между собой. Рассмотрим послед-
нее число предыдущей последовательности и первое число’последую-
щей. Например, если выбраны первая и вторая сотни, то последним
числом первой последовательности будет 81, а первым числом второй
последовательности — число 99, если взяты вторая и третья сотни,
то такими числами будут 180 и 198. Видим, что вычитание суммы цифр
из первого числа последующей последовательйости приводит к послед-
нему числу предыдущей. Таким образом, из десятков чисел образуем
последовательность, состоящую из 100 целых неотрицательных чисел,
кратных 9, обладающих, названными выше общими свойствами.
Если рассматриваемое трехзначное число заключено между 990
и 999, то получение нуля в качестве разности между числом и суммой
его цифр происходит при сотом вычитании. В других случаях число
требуемых последовательных вычитаний меньше.
28.	В шестеричной системе счисления: 4 • (6 + 3) = 62.
.29. Пусть искомое число есть ЮОх -|- 10у + г, тогда ЮОх 4~
+ 10у'4- z = 81г + 9у 4- х, откуда ЮОх 4-У = 80г 4-х. Так как
первые слагаемые сумм в левой и правой частях равенства — числа,
оканчивающиеся нулем, то х = у. Следовательно, г = —х, откуда
4
х = 4, z = 5, а искомое число: 445.
30.	Пусть х — число десятков, а у — число единиц, тогда число
запишется так: 10х 4- У- Рассмотрим:
Юх 4- у _ 9х j __ 9	[ j
*4-У *4-у	. , у "и ’
1 —
X
Это число оказывается наибольшим тогда, когда — принимает
156
наименьшее возможное значение. Следовательно, при у = 0, х может
принимать любое значение.
31.	Если через а обозначить число, составленное пятью послед-
ними цифрами исходного числа х, то будем иметь: х = 100 000 + а.
Если в числе х переставить цифру 1 из начала в, конец, то в полученном
числе у а будет показывать число его десятков, т. е. у = 10а + 1.
По условию 10а + 1 = 3 (100 000 + а), откуда 7а = 299 999, а =
=	= 42 857. Искомое число х равно 142 857. Нетрудно убе-
диться, что 428 571 = 3 • 142 857.
32.	Обозначим искомое число через х\ тогда число, полученное в
результате указанной в условии перестановки, будет 2х. Числа х
и 2х имеют одинаковое число знаков (положим, п) и число 2х начина-
ете? с цифры 2; значит, число х начинается с цифры 1. Каждая т-я
(т < п) от конца цифра в записи числа 2х совпадает с (т + 1)-й
от конца цифрой в записи числа х. Число х оканчивается цифрой 2;
значит, число 2х оканчивается цифрой 4, т. е. 4 — вторая от конца
цифра числа х. Отсюда получаем, что вторая от конца цифра числа
2х — 8; она же — третья от конца цифра числа х. Далее, удваивая
число 8, получаем цифру 6 — третью от конца в записи числа 2х и
четвертую от конца в записи числа х. Удваивая число 6 и добавляя
единицу, появившуюся при переходе через десяток при удвоений чис-
ла 8, получаем цифру 3 — четвертую от конца в записи числа 2х и1
пятую от конца в записи числа х. Переходя и далее подобным образом
от найденной m-й от конца цифры числа х к т-я от конца цифре числа
2х, а от нее — к (т + 1)-й цифре числа х, будем последовательно
получать цифры записи искомого числа. Процесс продолжается до
тех пор, пока мы не получим в записи числа х цифру 1 и на соответ-
ствующем месте записи числа 2х цифру 2 — первые цифры этих чисел.
Очевидно, что описанный процесс периодический. Продолжая его
далее, мы через столько же шагов получим новое число, удовлетворяю-
щее условию задачи, и т. д. Вычисления удобно организовать с по-
мощью таблицы:
ГО 5263 1 57894736842 1 х
210526315789473684 | 2х
Искомое число 105 263 157 894 736 842, а также любое натуральное
число, запись которого состоит из таких последовательностей цифр.
33» Искомое число равно 1 034 482 758 620 689 655 172 413 793,
а также все натуральные числа, записи которых состоят из таких
последовательностей цифр (см. решение предыдущей задачи).
34.	а) 19; делители вида 3я, где 0 п 18; б) 30; делители вида
2тЗя, где 0 < т 4, 0 < п < 5; в) (n + 1) (т + 1) (k + 1).
35.	Поскольку п — составное число, то можно записать, что п =
= т • k, т и k — натуральные числа, не меньшие двух. Пока-
жем, что ни одно из них не превосходит п — 3. Действительно, пред-
положим противное. Пусть т > п — 3, k > 2. Тогда п = tnk >
> 2 (п — 3) и п > 2п.— 6, т. е. п < 6. Но п — число составное и
157
не может быть равно 5. Пришли к противоречию. Значит, ни при
одном возможном значении п не может выполняться неравенство
т > п — 3. Итак, 2 m п — 3 и 2 < Ji <п — 3.
Рассмотрим вначале более простой случай, когда т =/= k. Посколь-
ку т и k — числа, меньшие п — 3, то оба они встречаются среди мно-.
жителей левой части равенства 1 • 2 • 3 • ... • (п — 3) = (п — 3)1,
значит, (п — 3)! делится на п = т  k, что и требовалось.
Перейдем к более сложному случаю, когда т = k и п = т2. Наи-
меньшее возможное значение п =’9, и поэтому т 3. Значит, п =
= т2 Зт — 2т + т 2т 4- 3, откуда 2т п — 3. Получаем,
что два разных числа т и 2т являются множителями в левой части
равенства 1 • 2 • 3 • ... • (п — 3)! Поскольку (п — 3)1 делится без
остатка на произведение чисел т и 2т, то оно делится без остатка и на
т2. Следовательно, и в этом случае (п — 3)! делится без остатка на
число п.
36.	Сумма всех записанных на карточках цифр равна 45; значит,
сумма цифр каждого из чисел, записанных мальчиками, равна 15. Та-
кими числами, в запись которых входит 1, могут быть только 159 и
168; с цифрой 2 — 249и 267; с цифрой 3 — 348 и 357; с цифрой 4 — 456.
Число 456 не могло быть записано мальчиком, так как 516 — 456 =
= 60. Числа, начинающиеся с цифр 5, 6, 7, не могли быть составлены
мальчиками, так как сумма цифр в их записи была бы больше 15, Зна-
чит, при одной раздаче были составлены числа 159, 267, 348, при дру-
гой — соответственно 357, 249 и 168.
37.	Возьмем от первой машины один мяч, от второй — два, от
третьей — три ... от десятой — десять. Найдем их общую массу.
Эго взвешивание будет единственным. Если бы все мячи были массой
по 10 г, то весы показали бы 10 • (1 4- 2 4- 3 4- ... 4- Ю) — 10х
х 10(10-|- 1) _ 55Q г. если первая машина выпускает брак, то общая
масса всех взятых мячей окажется на 5 г меньше. Если вторая, то на I
10 г ... если 10-я, то на 50 г. Нужно только запомнить, сколько мячей
брали от каждой машины.	И
38.	ab = — тогда и только тогда, когда либо а = 0, Ь =# 0, либо
ь
5=1, либо b = —1. Если b ф 0, то и а 0, иначе получаем: а 4-	i
4-	b ф 0, а — = 0; b ф 1, так как а 4- 1 =/= а • 1. При b = —1,	|
6 1 1 !
а — 1 — —а, откуда 2а = 1, а = —.,Следовательно, а —, b — — 1.
39.	Заменим данное условие задачи таким, которое на первый
взгляд более сложно, а на деле позволяет лучше разобраться в рас-
сматриваемой ситуации. Выделим четырьмя взвешиваниями фальши-
вую монету не из 80, а из 81 = З4. Точно так же мы поступили бы, если
данное число монет р принимало любое значение в пределах З4 >
> р >2 • З8 = 54. Разделим все монеты на три кучки по 27 = З8 в
каждой (если число монет меньше 81, то в первые две кучки определим
по 27 монет, а в третью — все оставшиеся). Первую кучку монет поло-
жим на одну чашку весов, вторую — на другую. Если чашки урав-
158
новесятся, то монета — в третьей кучке. Если первая кучка оказалась
тяжелей, то более легкая монета — во второй, если тяжелее вторая,
то монета эта — в первой. Таким образом, наша задача сводится к
отысканию более легкой монеты среди одинаковых на вид 27 = 3®
монет (или меньшего из числа). Если в кучке, содержащей более лег-
кую монету, ровно 27 монет, то вновь разбиваем монеты на три кучки
по 9 — З2 монет в каждой, вторым взвешиванием находим из них бо-
лее легкую кучку, третьим взвешиванием отыскиваем наиболее лег-
кую тройку монет и, наконец, четвертым — искомую легкую монету.
Если число монет в двух кучках по 27, а в третьей меньше 27, но
•больше 18 = 2 • З2 (как в,нашем случае, здесь третья ку^ка содержит
26 монет) и после первого взвешивания эта третья кучка оказывается
наиболее легкой, то разбиваем далее ее на три группы, в первых двух
по 9 монет, в третьей меньше и т. д.
Покажем, наконец, что при определении легкой монеты из 12 до-
статочно трех взвешиваний. Все монеты разделим на 4 кучки по 3
монеты в каждой. Из этих четырех кучек двумя взвешиваниями (дву-
мя — в худшем случае, может оказаться достаточным одного) выделим
наиболее легкую. Из трех монет одну, наиболее легкую можно опре-
делить с помощью одного взвешивания.
Если бы в условии задачи не было оговорено, что фальшивая моне-
та более легкая, а известно бы было только, что она отличается от
стандартных по массе, то определение того, является ли она более
легкой или более тяжелой, можно провести при еще одном, дополни-
тельном взвешивании, например когда нестандартная по массе монета
останется среди трех проверяемых.
40.	Число I 000 000 пока исключим из рассмотрения. Тогда все
оставшиеся числа не больше чем шестизначные. Все их можно счи-
тать «шестизначными», если на месте отсутствующих разрядов слева
записать нули. Например, число 9999 записать 009 999. Сколько
всего существует таких чисел? Наивысший разряд такого числа может
быть обозначен любой из десяти цифр: 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Каж-
дая из этих цифр, обозначающих старший разряд числа, может стоять
рядом с любой цифрой во втором по старшинству разряде и т. д. Сле-
довательно, получаем 10е всевозможных «шестизначных» чисел.
В скольких из этих чисел не встречается ни одной единицы? Исклю-
чим в каждом разряде из рассмотрения 1 и получим 9® таких чисел.
Следовательно, количество «шестизначных» чисел, содержащих хотя
бы одну единицу, равно 10* — 9е 4- 1. Больше это число или меньше,
чем количество чисел, не содержащих единицу, (9е)? Покажем, что
меньше. Нетрудно подсчитать, что 9* = 521 441. Ясно, что 10* —
— 521 441 + 1 <521 441.
Итак, количество чисел, данных в условии задачи и содержащих
хотя бы в одном разряде единицу, меньше количества чисел, единицы
не содержащих.
41; Можно. Соседними с 1 могут быть только числа 3 и 7 (в этом
убеждаемся перебором). Другим соседним с числом 7 может быть одно
из чисел 4,6, 9. Выбираем 4 и видим, что вторым соседним числом 4
159
может быть только число 9. В качестве соседнего числа для 9 не могут
быть использованы числа 1 и 7, потому что они уже использовалась
ранее. Продолжая рассуждение дальше, получаем такое расположе-
ние чисел: 3 — 1 — 7 — 4—9 — 2 — 6 — 5 — 8 — 3.
42. Сравним сначала массы любых двух камней. Более легкий обоз-
начим 1, более тяжелый 2. Тот факт, что 1 легче, обозначим так:
1 < 2. Вторым взвешиванием сравним массы двух других камней.
Более легкий обозначим 3, более тяжелый 4. Оставшийся камень обо-
значим 5. Третьим взвешиванием сравним массы камней 2 и 4. Допу-
стим, что получилось 2 < 4. Тогда имеем: 1 < 2 < 4,3 < 4. Назовем
это ситуацией (1). Вернемся к третьему взвешиванию. Могло полу-
читься, что 2 > 4. В этом случае перенумеруем камни 1 и 2 соответ-
ственно в 3 и 4, а камни 3 и. 4 соответственно в 1 и 2. В результате
вновь получим ситуацию (1).
Четвертым взвешиванием сравним массы камней 2 и 5. Рассмотрим
сначала сравнительно простую ситуацию (2): 2 < 5;	1 < 2 <
< 4 и 3 < 4.
Пятым взвешиванием сравним массы камней 4 и 5. Если 4 < 5,
то получаем ситуацию (3): 1<2<4<5иЗ<4. Ясно, что двух
взвешиваний (сначала 3 с 2, а затем, если потребуется, с 1) достаточ-
но, чтобы определить место 3 в последовательности.
Если же 5 < 4, то получается ситуация (4): 1 <2<5 <4 и 3<4.
Шестым взвешиванием сравниваем массы 2 и 3, а затем седьмым
взвешиванием сравниваем либо 1 и 3 (если 3 < 2), либо 3 и 5. В итоге
получаем, что во всех до сих пор рассмотренных случаях оказыва-
лось достаточно семи взвешиваний.
Вернемся теперь к ситуации (2) и заменим ее следующей ситуацией
(2'):
5 < 2, 1 < 2 < 4 и 3 <4.
Напомним, что в этой ситуации выполнены четыре взвешивания.
Пятым взвешиванием сравним массы камней 1 и 5. В результате полу-
чаем либо следующую ситуацию (3'): .
5 < 1 <2 <4 и 3 <4, .
либо ситуацию (4'):
1 < 5 < 2 < 4 и 3 < 4.
• В ситуации (3') шестым взвешиванием сравниваем 3 с 1, затем
седьмым взвешиванием 3 с 5 или с 2. В ситуации (4') шестым взвеши-
ванием сравниваем 3 с 5, затем седьмым 3 с 1 или 2. Тем самым рас-
смотрены все возможные случаи, возникающие при взвешивании и в
каждом случае оказалось достаточно провести семь взвешиваний, что
и требовалось. -
43.	Проведем требуемые рассуждения вначале для случая, когда
баллонов только 3, а давление в них р3 pz pi-
В этом случае возможны следующие четыре способа последователь-
ного подсоединения баллонов:
1)	Подсоединяем одновременно друг к другу сразу три баллона,
160
после чего отсоединяем первый. Тогда Ъ нем давление окажется рав-
ным 1 (рх 4- рг + рз).	,
2)	Подсоединяем вначале два баллона с давлениями соответствен-
но р2 и Рз, затем их отсоединяем и любой из них подсоединяем к бал-
лону с давлением рх. В результате давление в первом баллоне оказы-
вается равным 4-(pi + 4 (р2 + Рз)] = 4 (2pi + р2 + Рз)-
2 \	2	/4
3)	Подсоединяем вначале баллоны с давлениями рх и р2, затем
отсоединяем их и первый подсоединяем к баллону с давлением р3.
В результате давление в первом баллоне окажется равным
(рз 4~ ~ (Рз + Pi)) — "Т (Pi + Ра + 2рз).
4)	Подсоединяем вначале баллоны с давлениями рх и р3, затем их
отсоединяем. Вслед за тем первый подсоединяем с баллоном с давле-
нием р2. В результате этих процедур давление в первом баллоне ока-
зывается равным 4- (рг + 4 (рз + Pi)] = 4 (Pi + 2р2 4- рз).
2 \	2	/4
Так как по условию р3 р2 plt то
4 (Pi + Ра + 2р3) >4 (Pi + 2pt + Pt* >	+ Ра + Р^-
4	4	4
Таким образом, давление в первом баллоне при попарных под-
соединениях оказывается наивысшим в третьем из рассмотренных слу-
чаев, т. е. когда баллоны подсоединяются в порядке возрастания в
них давления, а именно первый со вторым, затем второй с третьим.
Наконец, сравним это давление с давлением, которое получается
при одновременном подсоединении трех баллонов:
"7 (Pi 4- Ра 4- 2рз) ~ (Pi 4- Ра + Рз) = —О-
4	О	1Z .
Видим, что первое давление выше.
Из рассмотренного следует, что при а 3 при попарном подсое-
динении получается наибольшее давление в первом баллоне, если бал-
лоны подсоединяются в порядке возрастания в них давления: первый
ко второму, затем после отсоединения первый к третьему, затем после
отсоединения первый к четвертому и т. д.
Остается пока неясным, не окажется ли в первом баллоне давле-
ние выше при одновременном подсоединении четырех, пяти и т. д.
баллонов.
В результате попарного способа подсоединений в первом баллоне
в итоге давление оказывается равным
4(р* + 4+ 4 + 4	”•У) ~
« \	у	А	///
= (Pi + Ра + 2рз 4-... 4- 2*-3p*_i 4- 2*-2р*).
161
В результате же одновременного подсоединения оно оказывается ’
равным
у (Pi + Рз 4" • •• + Pk-i + Ра)-
Выясняя, в каком из двух случаев давление больше, вычтем из
первого второе. После приведения двух дробей к общему знаменателю
получим в числителе выражение (рх 4- р2 + 2р3 4- 22р4 4- ... 4-
2й-2Рл) — 2*-1 (Pi 4- Рз 4- ••• 4~ Ра)- Если оно неотрицатель-
но? то первый способ подсоединения, т. е. попарных подсоединений,
дает желаемый результат.
Покажем, что в рассмотренном только что выражении число поло-
жительных слагаемых равно числу отрицательных слагаемых. В самом
деле, число положительных слагаемых равно (1 + 1 4~ 2 4~ 22 4~ •••
... 4- 2ft-a) k = (1 4- 2*-1 — 1) k = k‘2k. Число отрицательных сла-
гаемых подсчитать еще легче — внутри пары скобок (р4 4~ Рг 4~ •••
... 4- Ра) их k и это число умножается на коэффициент при скобках
2*~х. Итак, числа положительных и отрицательных слагаемых равны.
Теперь остается только заметить, что в вычитаемом одинаковое число
и больших и малых слагаемых, скажем, р4 берется 2ft_1 раз и столько
же раз берется число рк pt.’ В уменьшаемом, напротив, меньших
чисел меньше, а больших — больше. Поэтому рассматриваемая раз-
ность неотрицательна, что и требовалось показать.
Итак, во всех случаях последовательное подсоединение баллонов
в порядке возрастания в них давления позволяет достичь наиболь-
шего давления в первом баллоне.
44.	В общей сложности п. грузовиков могут истратить горючего
не больше, чем запасенного на Тп дней. Пусть все машины на первом
этапе пути проедут в глубь пустыни от пункта А расстояние, соответ-
т
ствующее-----— дням пути. После этого пусть одна из машин передаст
л +1
Т
каждой из п — 1 остальных машин горючее, соответствующее-------
	«4-1
дням пути, т. е. всего на Т дней пути. Тогда у этой машины
п 4-1
останется горючего на------Т дней пути, которого достаточно для
я + I
немедленного возвращения ее в пункт А. Остальные п — 1 грузовиков
продолжают свой путь в направлении к пункту В еще на расстояние,
т
соответствующее ---- дням пути. Затем второй грузовик передает
п 4" 1
т
каждому из и — 2 грузовиков горючее, соответствующее------ дням
л +1
пути, и немедленно отправляется назад в пункт Л. Во втором грузо-
_ п________________________________1 г,,	2Т
вике останется горючего на Т--------Т = ---------дней пути, ко-
п 4" 1 л 4“ 1
торого ему хватит для возвращения. К этому моменту колонной гру-
2Т
зовиков будет пройден путь, соответствующий ------- дням пути,
л 4-1
162
Оставшиеся машины колонны продолжают свой путь к пункту В и
передача горючего происходит по той же схеме. Когда настанет время
отправлять назад к пункту А k-й грузовик (2 < kп — 1),
колонна пройдет расстояние,^соответствующее —— Т дням пути, и
п -J-1
/г-й грузовик передаст каждому из п — k продолжающих путь гру-
зовиков горючее на -—j дней пути. На последнем участке пути он
т
израсходовал горючего на ------дней. В' результате ему останется
П + 1
горючего на Т-------------—~Т == —— Т дней, что доста-
л 4“ 1 п 4-1 ft -I-1	t
точно для его возвращения к пункту отправления. Остальные п — k .
грузовиков продолжают путь, имея каждый на Т дней горючего.
В частности, если k — п — 1, то один из двух грузовиков, которые
Т
двигались в направлении пункта В, отдает горючее на----дней дру-
д 4~ 1
тому, у которого в результате оказывается горючего еще на Т дней
пути, а сам возвращается. У него горючего останется на —— Т —
' 1
Т	П -- 1 rpi U
------=-------7 дней, чего вполне хватит для его возвращения.
«+1 л + 1	‘
Итак, последний грузовик может проехать расстояние, соответствую-
щее Т + Т дням пути. Это расстояние по условию задачи
п 4* 1
должно быть не меньше 1,9Т.
Следовательно, - >0,9; п — 1 > 0,9п 4- 0,9; 0,1п > 1,9;
п “1“ 1
откуда п > 19.
45.	Пусть х — число участвовавших в турнире мастеров, у — число
гроссмейстеров. Тогда х 4- у = п. Каждый из мастеров сыграл с дру-
гими-мастерами х — 1 партий. Поэтому между мастерами было сы-
грано —х (х — ,1) партий. Коэффициент -i- появляется потому, что
в каждой встрече участвовало два человека. Точно так же гроссмей-
стеры между собой сыграли -^у (у — 1) партий. Число партий между
гроссмейстерами, с одной стороны, и мастерами — с другой, равно
х • у. Следовательно, оказывается справедливым соотношение ^х (х —
— 1) -|- -~у (у — 1) = ху, которое сводится к следующему равенству
п = х -j- у = (х — у)2, откуда следует, что Кп является целым чис-
лом, что и требовалось.
46.	Среди цифр искомого числа есть 0, который не может быть ни
цифрой сотен, ни цифрой десятков, а следовательно, является цифрой
. единиц, т. е. вторая и третья цифры искомого числа соответственно
4 и 0. Поскольку число кратно 9, то первая его цифра 5. Искомое число
540.
163
47.	Возведем в квадрат сумму и преобразуем результат: 1969 + •
+1971 + 2 V1969-1971 = 1970 + 1970 + 2 /(1970—1) (1970 + 1) =
« 1970 + 1970 + 2 V1970s — I2 < 4-1970. Следовательно, V1969 +
+ /1971 <2/1970.
48.	Справедлива формула
а» — Ьп = (а — Ь) (а""1 + а»'2 & + ...+ abn~2- + Ьп~1).	(*)
Убедимся прежде всего в том, что вторая пара скобок содержит
нечетное число слагаемых. Действительно, первое слагаемое а"-1
содержит Ъ в нулевой степени, второе слагаемое содержит b в первой
степени и т. д., последнее слагаемое содержит b в (п — 1)-й степени.
Следовательно, число слагаемых равно п — числу нечетному. Каждое
из этих слагаемых нечетно, а сумма нечетного числа нечетных слагае-
мых— число нечетное.
Вернемся к формуле (*). Докажем утверждение, высказанное в
условии задачи, сначала в одну сторону, затем в обратную. Ясно, что
если разность а — b делится на 2", то на 2" делится и ап — Ьп. Если
на 2я делится ап — Ьп, то и а — b делится на 2я, поскольку множи-
тель а"-1 + ап~2Ь + ... + abn~2 + 5я"1 — нечетное число.
49.	Потому, что объем, а значит и масса картофелины пропорцио-
нальны кубу ее радиуса, а поверхность — квадрату радиуса (считая
картофелины шарообразными).
50.	Обозначим время, за которое низкий делает 3 шага, а высокий
2 шага, через t. Тогда будем иметь следующие последовательности
шагов:
t секунд t секунд
Высокий
Низкий
0] Л П Л П
ОЛП Л П Л П
t секунд t секунд
Как видно, через 2t секунд оба пешехода ступят на землю одновремен-
но правой ногой.
51.	Уходя из дома, Николай завел свои часы и, возвратившись,
смог по своим часам определить, сколько времени он пробыл вне до-
ма. Обозначим это время через а, а время пребывания Николая у
Павла через Ь. Располагая этими данными, легко найти время х,
затраченное Николаем на дорогу от дома Павла домойг b + 2х = а,
откуда х — Прибавив время, затраченное на дорогу домой,
к времени ухода из дома Павла, Николай узнал время своего возвра-
щения домой.
52.	Достичь требуемого невозможно. Следуя со средней скоростью
60 км/ч, мотоциклист проезжает за минуту 1 км, а за 4 мин — 4 км.
При скорости 30 км/ч он проезжает подъем протяженностью 2 км за
4 мин. Поэтому на спуск со средней скоростью 60 км/ч ему не остается
времени.
53.	Высота первого столбца 1, второго 3, третьего 5, ..., п-го
164
2п — 1. Таким образом, нижнее число n-го столбца равно 1 + 3 +
+ 5 + ... + 2п — 1 = п2. Верхнее число n-го столбца поэтому вы-
ражается числом (п — I)2 + 1. Число на «биссектрисе угла» в п-м
столбце равно (n — I)2 + 1 + п — 1 = п2 — 2п + 1 + 1 + п — 1—
= п2 — п. + 1. В качестве соседнего числа возьмем число на «биссек-
трисе» в (п + 1)-м столбце. Оно равно (n + I)2 — (п + 1) + 1 =
— п2 + п + 1. Произведение этих двух соседних чисел оказывается
равным (п2 + I)2 — п2 = п4 + п2 + 1 = (n2 + I)2 — (n2 + 1) + 1.
Итак, перемножая числа, размещенные в n-м и (п + 1)-м столбцах на
«биссектрисе» угла, получаем число, также принадлежащее биссек-
трисе, но расположенное в (п2 + 1)-м столбце.
54.	Этот числовой «угол» устроен следующим образом. Первый стол-
бец слева — последовательность чисел натурального ряда, начиная с
1. Удобно считать, что все числа, находящиеся в первом столбце,
умножены на первое нечетное число, т. е. на 1. Во втором столбце
помещаются последовательно числа натурального ряда, начиная с 2,
умноженные все на второе нечетное число, т. е. на 3 и т. д., в n-м столб-
це помещаются числа натурального ряда, начиная с п, полученные
умйожением на n-е нечетное число, т. е. на 2п — 1.
Поэтому искомую сумму чисел, находящихся в n-й строке, можно
записать так:
1 • п + 3 • п + 5 • п + ... + (2п — 1) n = n (1 +3 + 5 + ...
... + (2п — 1)) = п (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + (2п — 1) + 2п —
— 2(1 + 2 + 3+ ... + n)) = n ^-2--(-2" t.1 >_ w (П + l)j =
= n2 (2n + 1 — п — 1) = п3.
55.	Пусть в нашей группе насчитывалось пх туристов. Во встре-
тившейся нам группе было п2 туристов. Тогда наш запас провианта
составлял вначале 10пх порций, их запас 2п2 порций. После того как
провиант поделили, то и у них, и у нас осталось по 4 порции на чело-
века, т. е. 19ni+2na _ 4 и П2 _s зЛ1.
П1+П2
Следовательно, во встретившейся нам группе насчитывалось втрое
больше туристов, чем в нашей. Если вспомнить, сколько туристов
было в нашей группе, то легко установить и число туристов в другой
группе.
56.	Предположим, что в течение х дней было ясное утро и дождли-
вый вечер, в течение у дней — дождливое утро и ясный вечер и z
дней — ясное утро и ясный вечер. Тогда справедлива система уравне-
ний:
(х + у = 15,
| х -|- г = 16,
ly + z=17.
Складывая эти уравнения и деля на 2 обе части, получаем:
х + у + г = 24.
Итак, поход длился 24 дня. ч
165
57.	Подсчитаем, сколько процентов пиратов не лишилось верхнего
зуба: ’ 100% — 81% — 19%; нижнего зуба не лишилось 100% —
— 82% = 18%, правый глаз не был подбит у 100% — 83% = 17%,
левый — у 100% — 84% = 16%. Всего зти пираты составили 19% +
+ 18% + 17% + 16% = 70% от общего числа пиратов. Следова-
тельно, выбили сразу два зуба и одновременно подбили два глаза
100% — 70% = 30% от числа всех пиратов Флинта.
(5 \2	5
2 —- j , получаем — — 2,
5
так как 2---<0.
2	,
59. 1g — < 0; при делении обеих частей неравенства на отрица-
2
тёлыюе число получается неравенство противоположного смысла.
Поэтому на последнем шаге получаем не 2 > 3, а 2 <3.
60.	Пусть «1 — скорость трамвая, и2 — скорость велосипедиста,
а — расстояние между двумя трамваями, едущими в одном направле-
нии; тогда 4пх + 4у2 = а и 12сЦ — 12и2 — а, откуда = 2, т. е.
велосипедист движется вдвое медленнее трамвая. Время, за которое
трамвай проходит путь а, равно —; разделив обе части одного из
«1
«,	а
уравнении на и решив полученное уравнение относительно по-
лучим: -2. = 6, значит, искомое время равно 6 мин.
Bi
61.	Эта фигура — прямой угол (вместе с внутренними точками),
вершина которого находится в точке (1; 1), а стороны параллельны
и противоположно направлены осям координат.
62.	Эта фигура — прямой угол (вместе с внутренними точками),
вершина которого находится в точке с координатами (1; Ц, а стороны
параллельны осям координат и одинаково с ними направлены.
63.	Эта фигура — объединение двух прямых углов с внутренними
точками. Один из этих углов получен в решении предыдущей задачи.
Другой симметричен ему относительно начала координат.
64.	Для того чтобы из десяти цифр составить два натуральных чис-
ла, произведение которых, будет наибольшим, надо выяснить:
а)	в какой последовательности записывать цифры в числе, если
набор цифр для числа определен;
б)	по какому принципу разделить все цифры на две группы для
записи чисел;
в)	по сколько цифр отбирать для каждого числа.
Отвечаем на эти вопросы поочередно.
а)	Цифры в записи числа следует располагать в порядке убывания
слева направо, например, если в одну группу были отобраны цифры
0,1, 2, 3, 4, а в другую—5, 6, 7,8, 9, то множители, образующие наи-
большее произведение, получатся соответственно такие: 43 210 и
98 765.
1бв
б)	Станем поочередно находить цифры в разрядах сомножителей,
определяющих наибольшее произведение, начиная с наивысших - раз-
рядов сомножителей. Для этого в начале определим, какое из про-
изведений 9x87 или 8x97 больше. Больше оказывается 9 х 87 = 783
(8 x 97 = 776). Значит, в наивысшем разряде первого множителя стоит
цифра 9, а в двух высших разрядах второго множителя цифры 8 и 7.
Определим теперь, какому из двух сомножителей принадлежит циф-
ра 6. Для этого сравним два произведения:
9 х 876 = 7884 и 96 х 87 = 8352.
Второе произведение больше, значит цифра 6 записыва-
ется во втором по старшинству разряде первого множителя. Да-
лее последовательно сравниваем следующие произведения и устанав-
ливаем значение искомых сомножителей и произведений: 96 x 875 =
=84 000 и 965 х 87 = 83 955; 964 х 875 = 843 550 и 96 х 8754 = 840 384;
9643 х 875 = 8 437 625 и 964 х 8753=8 438 392; 9642 х 8753 = 84 396 426
и 964 x 87532 = 8437892; 96421x8753 = 843973013 и 87531Х
X 9 642 = 843 973 902. Наконец, нуль может быть приписан справа
к любому из множителей 87 531 или 9642.
В результате получаем наибольшее возможное произведение
8439 739020.
-в) Ответ на этот вопрос следует из ответа на предыдущий.
65.	Если из квадрата числа п +-1 вычесть квадрат соседнего мень-
шего числа, то получим: (л + I)2 — л2 = 2л + 1, где и — натураль-
ное число. Число 7 должно быть представлено в виде 7 = 2л 1,
тогда л = 3. Искомые числа: 9 и 16.
Если из квадрата числа л + 2 вычесть’квадрат числа, меньшего
л + 2 на 2, то получим: (л + 2)2 — л2 = 4л + 4. Число 7 не пред-
ставимо в таком виде. Число 7 не представимо также в виде (л + З)2 —
— л2 и т. д.
Таким образом, полученный ответ единственный.
66.	В каждом матче выбывала одна команда, Выбыло 2л команд.
Следовательно, состоялось 2л матчей.
67.	Пусть вначале расходуется в день х единиц электроэнер-
гии. После внедрения первого рацпредложения расходоваться
будет х — единиц, после внедрения второго (х —	—
X / X \	/.	/.	1 \	1 /.	1 \\	/.	1 \2
-----х—— =х 1 • 1----------------1-------= * 1--------1 единиц
юо \ 1оо/ \ \ юо/ юо\ юо// V 100/ .
электроэнергии. Точно также же получаем, что после внедрения
третьего рацпредложения расходоваться будет электроэнергии w =
= х 11 — —I единиц и т. д„ после внедрения сотого рацпредложе-
ния w = х (1 — i^y09 = х " (О>99)100. С помощью микрокалькуля-
тора или воспользовавшись четырехзначными математическими таб-
167
лицами можно найти —. Например, 1g — = 100 (1g 99 — 2) = 1,56.
х	х
Значит, w = х • 0,363. Общий расход электроэнергии уменьшится на
0,637.	_
68.	Рассмотрим сотую, степень числа 1 4-/10. Представим ее как
произведение 100 множителей: 11	0 4-/10) • — • 0 Это
F00 множителей
произведение можно представить как сумму всевозможных степеней
/ 10 от нулевой до сотой, причем у каждой степени будет свой коэф-
фициент: _а0 (/Т0)° 4- ах (/То)1 + «2 (/Тб)2 + ... 4- аю (/Тб)99 +
4- аюо (/10)’°°. Всё коэффициенты а0, аг, .... ахоо— целые числа.
Укажем способ их нахождения. а0 = 1 — есть результат перемноже-
ния единиц из 100 пар скобок. Коэффициент ах может быть получен
так: из первой пары скобок берем /Тб, из остальных скобок в каче-
стве множителя берем 1, затем из второй пары скобок берем /10,
из остальных 1 и т. д., наконец, из последней, сотой пары скобок берем
/Тб, из остальных 1. Количество таких слагаемых и представляет
собой коэффициент йри (/Тб)1. Точно по такому же принципу на-
ходим коэффициент при (/Тб)2: из любых двух пар скобок берем по
множителю /10, из остальных 98 двучленов в качестве множителя
берем по К находим общее количество таких произведений. Это и бу-
дет коэффициент а2- Продолжая этот процесс дальше, найдем ах00
и в итоге получаем записанную выше сумму, которую обычно назы-
вают разложением степени двучлена по степеням, в данном случае
/Тб.
• Аналогичным образом отыскиваем коэффициенты разложения
(1 — /Тб)100 и показываем, что на этот раз они равны соответственно
Оо» —аг, —«з, •••. —«99> аюо- Выполняя требуемое в условии задачи
вычитание, получаем:
2 /ТО (ах /ТО + а8 (/Тб)3 4- а5 (/Тб)6 4- ... 4-	(/То)99) =
= 20 (ах 4- 10а3 4- Ю0а8 4- ... 4- 1049 • ао9), т. е. целое число.
69.	Вначале был один пустой ящик. После каждого вкладывания
число пустых ящиков убывает на 1 (за счет того ящика, в который
вложена новая порция ящиков) и возрастает на п. Таким образом,
число пустых ящиков после каждого вкладывания увеличивается на
п — 1. Число наполненных ящиков равно числу вкладываний
ящиков k.
Поэтому число пустых ящиков после k вкладываний равно
1 4- k (п — 1).
70.	Рассмотрим два смежных ребра АВ и ВС произвольной грани
ABCD данного параллелепипеда, все грани которого равные парал-
лелограммы, и докажем, что эти ребра равны.
Предположим противное. Пусть ребра АВ и ВС не равны. Но эти
ребра являются сторонами двух равных параллелограммов ABXY
и CBXZ, представляющих собой грани данного параллелепипеда, для
168
которых ребро ВХ общее. Поскольку АВ и ВС — соответственные
стороны равных параллелограммов, то они равны между собой, что
противоречит сделанному предположению. Следовательно, грань
ABCD — ромб, а так как эту грань выбрали произвольно, то и все
грани параллелепипеда — ромбы.
71.	Примем для определенности, что а < Ь.
Начнем рассуждения со случая а Ему соответствуют все-
возможные треугольники АВС с двумя данными сторонами АС = Ь и
ВС = а. При этом наименьшим углом в треугольнике будет угол А,
расположенный против наименьшей стороны. Наибольшее из всех
возможных значений угол А принимает, когда вершина В треуголь-
ника АВС находится в точке касания луча, проведенного из точки А,'
с окружностью радиуса а й с центром в точке С.
Обратимся теперь к случаю, когда < а < Ь. Если провести
окружность радиуса а с центром в точке С и к ней касательную из
точки А и точка В окажется точкой касания, то на этот раз ни один
из острых углов Л и С не принимает наибольшего значения. Оно ока-
зывается достигнутым одновременно для углов Л и С тогда, когда а ==
= с. Это и есть наибольшее значение наименьшего угла для второ-
го рассматриваемого .случая. Дальнейшее увеличение угла С вы-
зовет соответствующее уменьшение угла Л. Последний станет мини-
мальным, но не будет принимать значения, наибольшего для мини-
мального.
72. Прежде всего ясно, что буквой П зашифрована цифра 1, по-
тому что, складывая два числа, меньшие 10, в разряде десятков боль-
ше единицы получить нельзя..
Так как обозначение единицы теперь известно — оно единственно,
то Р не может обозначать 1, и, следовательно, Р обозначает цифру 0
(нуль).
Буква Ф может обозначать цифру 8 или цифру 9. Проверим сна-
чала цифру 8. Тогда буква О обозначает обязательно четное одноз-
начное число, такое, которое при удвоении дает единицу в следую-
щем разряде. Таким числом может быть только 6. Следовательно,
Е обозначает 2, а С обозначает 3. Тогда для К нельзя подобрать
никакой цифры. Значит, буквой Ф может быть зашифрована только
цифра 9.
Буква О должна обозначать одну из четных цифр: 2, 4, 6 или 8.
Но 6 и 8 сразу исключим из рассмотрения, потому что в противном
случае буква Р не сможет обозначать 0.
Если буква О обозначает цифру 4, то буква Е обозначает цифру 8,
буква С — цифру 2 или 7. Если С обозначает цифру 2, то У может
обозначать только 3 и для К нельзя подобрать никакой цифры.
Если С = 7, то Т может обозначать только 3, —б, но тогда для К
нельзя подобрать цифры.*
Итак, буква О может обозначать только цифру 2. Тогда получаем,
что буква С обозначает цифру 6, буква К — цифру 8, буква Е — циф-
ру 5, буква У — цифру 3, буква Т — цифру. 7.
169
В результате получаем единственное возможное решение:
92836
12836
105672
73.	Данное уравнение целых корней не имеет. В самом деле, не-
посредственной подстановкой выясняем, что числа -J-1, —1 и 0 не
являются его корнями. При других значениях у, являющихся целыми
числами, 24у® заметно больше по модулю, чем 26у2 — 9у 4- 1.
Естественно предположить,. что корень данного уравнения выра-
жается правильной дробью, и', проведя замену переменной у = —,
X
попытаться найти целые значения корней нового уравнения х3 —
— 9л2 4- 26х — 24 = 0.
Видим, что х = 2 является корнем полученного кубического урав-
нения. Разделив левую его часть на х — 2, получаем квадратное урав-
нение х2 — 7х 4- 12 = 0, корнями которого являются целые числа 3
и 4.
„ 11
Следовательно, корни исходного уравнения: У! = —, у2 = —,
2	3
Л =
74.	Перенесем все слагаемые в левую сторону неравенства и сгруп-
пируем их сначала так, чтобы у соседних произведений можно было
вынести за скобку общий множитель at (i = 1, 2, ..., п). Тогда одно
' из соседних произведений будет записываться со знаком «плюс», вто-
рое — со знаком «минус». В итоге левая часть будет выглядеть так:
«1 01 — Ьп) + «2 02 — &л-1) + а3 (Ь3 — Ьп_2) +
“Ь + ап 0я— ^1)-
Если п — нечетное число, то одним из слагаемых является
fl«+i0n+i—Ь„+1)=0- Поэтому оказывается, что и при четном и
~2~ ~	2 .
при нечетном значениях п число не равных нулю слагаемых в рассмат-
риваемой сумме четно. Воспользуемся этим и вновь сгруппируем
слагаемые полученной суммы попарно: первое с последним, второе
с предпоследним и т. д. Затем соседние пары слагаемых представим
в виде произведений. В результате для четного п = 2k получаем:
01 — ®2ft) 01 — &2ft) 4“ 02 — а2*-1) (Ь3 — ^2ft—1) 4" •••
... 4" 0ft — aft+l) 0ft — ^ft+1)»
для нечетного п = 2 находим:
01 --a2fc-l) 01 — ^2ft-l) 4“ 02 — °2ft-l) 02- ^2*-г) 4*
4-	... 4- 0ft—1 — aft+l) 0ft-l — frft+1)’	*
170
Оба эти выражения имеют положительные значения, потому что
положительна каждая из разностей, содержащихся внутри пар скобок.
Значит, первоначальное неравенство справедливо.
75.	Числа 2Я+4, 2Я+1 и 52я+1 можно записать соответственно так:
16 • 2я, 2 • 2я, 5 • 25я. Поэтому мы вправе исходное выражение пре-
образовать к виду
5 • (23 4- 2)я + 18 • 2я = 5 (23 + 2)л + 23 • 2я — 5 • 2я =
== 23 • N 4- 23 • 2я — 5 • 2я = 23 • W 4- 23 • 2я,
где N — некоторое натуральное число.
Из последнего равенства и следует требуемое.
76.	Нет, не может. Данное произведение оканчивается цифрой 8.
Между тем квадраты натуральных чисел могут оканчиваться только
следующими цифрами: 1, 4, 9, 6, 5.
77.	а) Ясно, что число 6е®6 оканчивается на ту же цифру, что и чис-
ло 666е6®. Но любая степень чи<;ла 6 оканчивается цифрой 6. Поэтому
и данная степень оканчивается цифрой 6.
б)	Число 444444; оканчивается той же цифрой, что и 4Ш. Замеча-
ем, что число 4 в четной степени оканчивается цифрой 6, число 4 в
нечетной степени оканчивается цифрой 4. В нашем случае показатель
степени 444 — число четное. Поэтому интересующее нас число окан-
чивается на 6.
в)	Число ЗЗЗ888 оканчивается той же цифрой, что и число З888.
Число 3 в степени, которая выражается числом вида 4k 4- 1, где k
= 0, 1, 2, 3, ..., оканчивается цифрой 3, в степени вида 4k 4- 2 окан-
чивается цифрой 9, в степени вида 4k 4. 3 оканчивается цифрой 7,
наконец, в степени вида 4k — цифрой 1.
Число 333 при делении на 4 дает в остатке 1. Следовательно, оно
вида 4^4-1, и интересующее нас число оканчивается цифрой 3.
78.	При шестипроцентной добавке метанола в каждых 100 л сме-
си содержится 6 л метанола и 94 л бензина, следовательно, экономится
6 л бензина. Но из 94 л бензина удастся сэкономить дополнительно
—== 14 л. Следовательно, на каждые 100 л бензина удастся сэко-
номить 20 л; 100 л бензина можно сэкономить примерно из 500 л.
79.	Нетрудно привести примеры, которые показывают, что трех,
четырех и пяти точек может оказаться недостаточно, чтобы выполня-
лось условие задачи. Например, эти точки могут оказаться в вершинах
соответственно правильных треугольника, четырехугольника или
пятиугольника. Во всех этих случаях подходящей тройки точек
не найдется.
Заметим также, что если точки А, В и С находятся на одной прямой
и точка В лежит между точками Л и С, то угол АВС развернутый и
больше 120°. Поэтому тройка точек А, В и С занимает подходящее
положение .
Докажем теперь, что шести точек на плоскости достаточно, для
того чтобы в любом случае из них можно было выбрать три так, чтобы
они занимали подходящее положение.
171
Рассмотрим сначала случай, в котором данные 6 точек оказываются
вершинами выпуклого шестиугольника. Тогда сумма всех шести углов
этого многоугольника равна 720°, ’и средняя величина угла равна
720° : 6 = 120°. Поэтому среди углов найдется хотя бы один, величина
которого не меньше 120° (если бы средняя величина угла была мень-
ше 120°, то их сумма, очевидно, была бы меньше 720°). Тем самым на-
шлась подходящая тройка точек, что и требовалось.
Предположим теперь (этот случай исчерпывает все остальные имею-
щиеся возможности), что хотя бы одна из шести точек оказалась внут-
ри треугольника, вершины которого — три из пяти оставшихся точек.
Соединим эту внутреннюю точку отрезками прямых с вершинами тре-
угольника. При этом образуются три угла, сумма которых равна 360°.
Поэтому среднее значение угла не меньше 120°, и из получившейся
тройки углов найдется один, удовлетворяющий условию задачи.
80.	Пусть две команды, например А и В, набрали по одинаковому
числу очков т, отличному от нуля. Примем для определенности, что
команда А выиграла у команды В. Исключим из рассмотрения эту
игру. Тогда получается, что команда В выиграла на одну игру больше,
чём команда А. Команда А выиграла т — 1 игру у всех команд, ис-
ключая В. Команда В, встречаясь с теми же командами, выходила побе-
дителем т раз. Значит, среди команд, у которых выиграла команда В,
должна найтись такая, которая не проиграла команде Л, т. е. выиграла
у команды А (поскольку ничьих в волейболе не бывает). Назовем эту
команду С. Таким образом, нашлась тройка команд А, В и С, такая,
что А выиграла у В, В выиграла у С, а С выиграла у А.
81.	Замечаем, что поскольку число х должно быть целым, то дробь
—Ц-, содержащаяся в левой части уравнения, должна равняться
у-7
частному от деления целого числа на 7. Точнее сказать, даже частно-
му от деления натурального числа на 7, поскольку дробь эта не можёт
равняться нулю. Следовательно, должно быть у — — = —, где k —
г Ь
некоторое натуральное число. При этом нас интересуют только такие
значения k, при которых у и г принимают целые значения. Это воз-
можно только в следующих случаях:
7	1	1
1)	k = 2, тогда — — 3	— = 4 — _, у = 3, z = —2 и у = 4,
2	2.2
z = 2;
2)	k = 3, тогда — =24-—, у = 2, z =. —3;
- з з
7	1
3)	k = 4, тогда — = 2 — —, у = 2, z = 4;
4	4
7	1
4)	k = 6, тогда — = 1	, у = 1, г = —6;
6	6
7	1	7
5)	k = 8, тогда — = 1----, у = 1, z = 8.
•	8	8
По условию задачи целыми должны быть не только корни у и г,
но и корень х. Подстановкой значений пар корней в данное уравнение
172

убеждаемся, что целый корень, а именно х= 1, получается только в
случае 1. Итак, у данного уравнения возможны только две тройки це-
лочисленных корней:
х=1,у = 3, z== —2 и х == 1, у = 4, 2 = 2.
82.	Из первого уравнения системы замечаем, что число [х] нечет-
ное. Оно не может быть равно 1, потому кто в противном случае из
первого уравненья получаем, что [у] равно 7, и из второго уравнения
получаем для [х] отрицательное значение, что противоречит допуще-
нию о том, что оно равно. 1. Если предположить, что [х] = 5, то со-
гласно первому уравнению значение числа [у] получается отрицатель-
ным, а согласно второму — положительным. Вновь получили про-
тиворечие. Не ведет к противоречию только допущение, что [х] = 3.
Тогда из первого уравненйя системы получаем, что [у] = 2. При под-
становке этих значений в левую часть второго уравнения получаем
в его правой части число 17.
Если теперь принять, что х==[х] -}- и и у' = [у] о, где 0^ и< 1
и 0 v < 1, то должно быть Зи = 4 (*). Выбирая в этих пре-
делах любое значение и, находим соответствующее значение v из урав-
нения (*).
Например, пусть и = 0,4. Тогда и = — (4 — 3 • 0,4) = 0,7. Зна-
4
чит, для этого случая х = 3,4 и у = 2,7.
83.	Рассмотрим выражение х (х — 1)4-1, где х — натуральное
число. Его значение — нечетное число, потому что х (х —, 1) —
число четное.
Запишем заведомо противоречивое равенство
х (х—1) -|- 1 а* 2п (*).
Решим полученное квадратное уравнение х2 — х -}- 1 == 0 относи-
тельно х.
„	1±/8п—3
Получим Х112 = г2------.	х
Если теперь допустить, что Зп — 3 является при каком-то значе-
нии п квадратом целого числа, то получим, что при этом значении п
равенство (*) справедливо. А оно, как нам известно, неверно при всех
значениях п. Следовательно, 8п — 3 не может являться квадратом
целого числа.
84.	Замечаем, что 210 = 1024. Следовательно, 210 > 103. Возводя
обе части неравенства в десятую степень, находим, что 2100 > 10®°.
У числа 10®° тридцать одна цифра (у чисЛа 10 две цифры, у числа 100 =
= 10® три цифры и т. д.). Поэтому у числа 210 цифр не меньше. Но мо-
жет быть больше?
Чтобы ответить на этот вопрос, нам придется оценить число 210
сверху. Вновь обратимся к равенству 210 = 1024. Возводя обе части
этого равенства в квадрат и округляя правую часть, получаем нера-
венство 220 < 1,05 • 10е. Аналогичным образом находим, что 240 <
173
<1,11 • 1012 и 250 < 1,2 • 1015 и 2100 < 1,44 • 1030. У числа в правой
части последнего неравенства тоже 31 цифра. Значит, у числа 2100
тоже 31 цифра. Более того, число цифр рассматриваемого нами числа
21в0 не увеличится, если мы его умножим на 2 и на 4. Значит, у чисел
20100, 2101 и 21й2 одинаковое число цифр — тридцать одна.
85.	Для того чтобы ответить на поставленный вопрос, придется
прибегнуть к счету: будем последовательно находить три последние
цифры степеней числа 7. Это довольно легко. Каждый ряд задача сво-
дится к умножению трехзначного числа на число 7.
Теперь заметим, что 7е999 = 7*99.20+18 Значит, три последние цифры
у степени 7*99.20+19 такие же> как и у степени 719. Но степень 719 окан-
чивается цифрами 143, значит, и три последние цифры числа 79999
также 143.
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ................................... 3
I. Алгебра и	элементарные функции.............. 5
i	7	класс	...	  —
8	класс.......................> 6
9	класс	. . ........................ 9
10	класс............................ 13
Решения................................... 16
7	класс............................ —
8	класс . .	...................	19
9	класс........................... 32
10	класс........................... 52
II. Планиметрия . .	  64
7 класс.......................:	. .	—
8 класс............................. 67
Решения.................................   74
7 класс.............................. —
8 класс............................. 86
111. Стереометрия ...........................  НО
9 класс ..........................	—*
10 класс ........'................  111
Решения .......... *..................... 116
9 класс.............................. —
10 класс........................... 121
IV. Разные задачи	. ........................  141
Решения.................................. 150
Всеволод Николаевич Березин
Лариса Юрьевна Березина
Инна Львовна Никольская
СБОРНИК ЗАДАЧ
ДЛЯ ФАКУЛЬТАТИВНЫХ
И ВНЕКЛАССНЫХ ЗАНЯТИЙ
ПО МАТЕМАТИКЕ
Зав. редакцией Р. А. Хабиб
Редактор Л. М. Котова
Младшие редакторы Л; И. Заседателева,
Л. Е. Козырева, Е. А. Сафронова
Художник Б. Л. Николаев
Художественный редактор Е. Н. Карасик
Технический редактор Г. В. Субочева
Корректор Г. В. Хрусталева
ЙБ № 8781
Сдано в набор 06.06.85. Подписано к печати 21.10.85. Формат
60х901/1б. Бум. типограф. № 3» Гарнит. литерат. Печать высокая.
Усл. печ. л. 11,0+форз. 0,25. Усл. кр.-отт. 11,69. Уч.-изд.
л. 11,14+форз. 0,45. Тираж 190 000 экз. Заказ № 1212. Цена
50 коп.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение*
Государственного комитета РСФСР по делам издательств, полигра-
фии и книжной торговли. 129846, Москва, 3-й проезд Марьиной
рощи, 41.
Отпечатано с матриц Саратовского ордена Трудового Красного
Знамени полиграфического комбината Росглавполиграфпрома Госу-
дарственного комитета РСФСР по делам издательств, полиграфии *
и книжной торговли, Саратов, ул. Чернышевского, 59, в областной
ордена «Знак Почета» типографии им. Смирнова Смоленского обл-
управления издательств, полиграфии и книжной торговли, 214000,
г. Смоленск, Проспект им. Ю. Гагарина, 2.
( П< ) = 13+23+З3+.. .+П3
																						
																						
																						
																						
																						
																						
																						
																						
																						
												1		1 + 2		1+2+2			1	+2+3+4 ' 1		
																						
																						
																						
																						
																						
																						
																						
																						
																						
																						
																						
4(1+ 2+3+...+П )2
4(1-1г+2-2г+3-Зг+...+ ПП2)
=4(13+23+33+...+ П3)
50 к.
О Г> I