РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

 

в. Пусть d= щ — ик^ — разность прогрессии. Тогда

 

 

 

Подпись:


diY^n + Vun-i)

(л — l)rf           л— 1

 

в. Разделив многочлен Р (х) = к* + ах2 + Ьк -f- с на х—1, получим

Pl(x)=x3 + x* + (a+l)x + a + b+l

и остаток от деления, равный а + Ь + с + I. Из условия задачи a-f- Ь + + с + 1 = 0. Деление Р, (х) на лс — 1 дает

Р2(х) = х* + 2х + (а + 3),

остаток от деления равен 2а + Ь + 4. Этот остаток также должен быть равен нулю, поскольку Р, (х) делится на jt — 1 без остатка. Разделим Рг (х) ка к— I. Остаток от деления равен я + 6 = 0. Итак, а = —6, Ь = 8, с = «= —3.

10. Пусть PQ — произвольная секущая, проходящая через точку А, М — середина отрезка PQ, В и С — концы диаметров АВ и АС, К — середина отрезка ВС. Тогда BP ±_ PQ, CQ JL PQ и, следовательно, BP || || CQ || /(ТИ, f(M J_ PQ. Таким образом, из точки М фиксированный от­резок АК виден под прямым углом. Искомое геометрическое место — окружность, построенная иа АК как на диаметре.

Представив данное выражение в виде (п — 2) (л — 1) п (л + 1) X X (л + 2), заметим, что из пяти последовательных натуральных чисел од­но обязательно делится иа 5, хотя бы одно — на 3 и по крайней мере 2 четны. При этом одно из последовательных четных чисел делится на 4. Значит, рассматриваемое произведение делится на 5 • 3 • 2 • 4 = 120.

Данное равенство преобразуем к виду

 

 

 

 

 

 

Подпись: 1 + cos 2А 2

 

Подпись: 1 + cos 2В 2


+ cossC= 1,

 

 

 

Ho

 

7b


cos 2A + cos 2B + 2 cos2 С = 0, 2 cos (A + B) cos (A — B) + 2 cos2 С = 0.

 

cos (Л + B) = cos (180° — C) = — cos C.


Следовательно,

2 cos С [cos С — cos (А — В)] = О,

4 cos С sin       2—^     sm       2          = *

4 cos С cos В cos А = 0.

Отсюда следует, что одни из углов А, В, С равен 90°.

17. Пусть афО, ЬфО, сфО. Заметив, что хфО, у Ф 0, г Ф 0, запишем систему в виде

_L,_! = J           L._L=_!   _L,_L = _L.

.+_L = _L(_L+_L + _L\

^ г       2 { а ^ Ь ^ с )

у       г       а '    г       х       Ь  '    х       у с Сложив почленно все три уравнения, получим

_La-J_    1       1  1 1 х    1 </

Сравнивая последнее уравнение с каждым из уравнений системы, находим

_        2abc                  2abc    __ 2аЬс

ас + ab — be '   ^     ab -\-Ьс — ас '     ~ ac-\-bc — ab

18. Выполняя соответствующие преобразования, получаем хв + хе + Xі + Xі + 1       jc10 -— 1  . хь — 1

 

Подпись: ** + *3 + *2 + х + 1	X2 — 1   '   X — 1
х4 —х3 + х2—х + 1.

 

Подпись: Х6+ 1


х+1

21. Напомним, что отрезок по данным отрезкам а и Ь можно построить следующим образом. На прямой откладываем отрезки АВ = а и ВС = Ь. На отрезке АС как на диаметре строим полуокружность и в точке В восстанавливаем перпендикуляр к АВ. Пусть D — точка пере­сечения этого перпендикуляра с полуокружностью. Тогда BD = V^ab. Для построения искомого отрезка х = >Аabed заметим, что х = = VVabVcd.

23. Пусть a, aq aq2, aqs— искомая прогрессия. Тогда a(l-\-qs) = = 27, aq\\ -\-q) =18   Раздели& первое уравнение, на вторсе, получим

2д2 — 5<? + 2 = 0,   откуда   qt = 2,   % = — .  Следовательно,  аг = 3,

а2 =. 24. Искомые прогрессии: 3, 6, 12, 24 и 24, 12, 6, 3.

26. Предположим, что расстояния вершин А, В, С параллелограмма ABCD от плоскости Р равны соответственно а, Ь, с. Расстояние от четвер­той вершнны до плоскости Р обозначим через х. Проекцию точки О пере­сечения диагоналей ABCD на плоскость Р обозначим Ог. Отрезок ООх является средней линией двух трапеций AAxCiC и BBjDiD. Поэтому

ООх = —і— = —-— , откуда х = а + с — Ь.

30. Умножая обе части равенства

 

sin4 a cos4 а
          1          г          


а-\-Ь

 

 

на а + b и заменяя в правой часі и единицу на (sin2 а + cos2 а)2, получаем

sin* а + cos* а 4- — sin4 а + -°- cos* а = sin4 а -f- cos4 а +2 sin2 а cos2a, а b

откуда

sin4 a — 2 sin2 a cos2 a + — cos4 a = 0,
a          ^ b

[Y'-j- sin2 a — ~\f ~T C0S2 K) = °'

ег

b   . ,        a . — sin4 a = —r- cos4 a, a b

sin CC  COS a

или      —=—тт.— = с.   Подстановка  в   исходное  равенство дает

a2 bi

Поэтому

(а + Ь)2

sin8 a   ,   cos8 a         a          b 1

a3    ^     b3      ' (a+6)4 ^ (a + b)*       (a + 6)3 '31. Пусть

A = cos2 a + cos2 (60° + a) + cos2 (60J — a),

В = sin2a + sin2 (I20Q + a) + sin2 (120° — a).

Так как sin (120° + a) = sin (60° — a), sin (120° — a) = sin (G0°+a), то В = sin2 a -j-sin2 (60° + a) + sin2 (60° — a). Заметим теперь, что

A + В = З,

АВ = cos 2a + cos (120° + 2a) + cos (120° — 2a) => = cos 2a + 2 cos 1203 • cos 2a = cos 2a — cos 2a = 0. 3

Следовательно, А=з В — .

83. Пусть ABCD — четырехугольник, в котором АВ = а, ВС = Ь, CD = с, DA = d, ^ А + С = 2а. Рассматривая треугольники BAD и BCD, по теореме косинусов находим BD2 = a2 + d2 — 2ad cos A, BD2 = = b2 + с2 — 26c cos С. Следовательно,

a2 + d2 — b2 — c2     .     .       _ ...
           
          2          = ad cos/4 — be cos С. (1)

Площадь S четырехугольника ABCD равна сумме площадей треугольников ABD и BCD. Поэтому

2S = ad sin A + be sin C. (2)

Возводя равенства (1) и (2) в квадрат и складывая, получаем

Г/т2 4- rf2        Л2        г2!2

4S2 + 1" -г"      1± = a2d2+b2c2—2abcd [cos И cos С — sin И sin С].

Таким образом,

16S2 = 4 (c2d2 + Ь2с2) — (a2 + d2 — б2 — с2)2 — 8abcd cos 2а = = 4 (a2d2 + 62с2) — (a2 + d2—b2 — с2)2 — 8аЬса (2 cos2 а — 1) =

= 4 (a2d2 + 62с2) — (а2 + сР — б2 — с2)2 + Шей — IGabcd cos2 а =
= 4 (ad + Ьс)2 — (а 2 + d2 — Ь2 — с2)2 — 16o6cd cos2 а.
„          a+b+c+d n

Пусть р =         !           ^          !           . Разложим иа множители:

4          (ad + 6с)2 — (а2 + d2 — Ь2 — с2)2 = [2 (ad + be) —

— (а2 + d? — b2 — с2)] [2 (ad + 6с) + (а2 + d2 — б2 — с2)] = = [(6 + с)2 — (а — d)2] [(а + d)2 — (6 — с)2] = (а + Ь + с — d) (6 + с + + d — а) (а + d + 6 — с) (а + d — 6 + с) = = 16(p-c)(p-fc)(p-c)(p-d).

Окончательно

5          = Y(p — a) (p — b) (p — c) (p — d) — a&cd cos2 a. 88. Заметим, что

З (1 + a2 + a*) — (1 + a + a2)2 = 3 [(1 + a2)2 — a2] — (1 + a + a2)2 = = 3 (1 — a + a2) (1 + a + a2) — (1 + a + a2)2 = = 2 (1 + a + a2) (1 — a)2 > 0

при всех действительных a (напомним, что квадратный трехчлен 1 + a + + я2 положителен при всех действительных а).

40. Так как лс (1 — х) > 0, то лс Є [0, 1], причем де (1 — х) < . Ис­пользуя соотношение

tg(a + p)=  ,_tgatgp . из исходного уравнения находим

*+(!—*)        2/ж(1 — л:)

1-х (1-а:)        1-а: (1-а:) Так как х (1 — а) # 1, то получаем уравнение

 

1

откуда д: = — .

42. Очевидно, А + £ = (х + а)"- Кроме того, И — В = (х — а)". Следовательно,

Д2 _ Вг =    + а)п (к _ a)« = (х2 _

47. Воспользуемся тождеством

(ас + 6d)2 + (ad — 6с)2 = (а2 + б2) (с2 + d2),

в справедливости которого легко убедиться, раскрыв скобки. Предполо­жим, что (а2 + Ь2) и (ас + bd) делятся на натуральное число т (т 1). Тогда разность

(да + б») (с2 + d2) — (ас + 6d)2 = (ad — 6с)2 = 1

также делится на т, а это невозможно.

49. Предположим, что задача решена. Пусть вершины данного четы­рехугольника ABCD лежат на сторонах квадрата XYZT, при этом точки

А и С, В и D находятся на противоположных сторонах квадрата (рис. 1). Соединим точки А и С и из точки В опустим перпендикуляр на прямую АС. Пусть Е — точка пересечения этого перпендикуляра со стороной TZ, Р и Q — проекции точек А и В на прямые YZ и TZ. Прямоугольные тре­угольники АРС и EQB, имеющие равные острые углы РАС и EBQ и равные катеты АР и BQ, равны. Следовательно, BE = АС. Таким образом, начи­ная построение, мы можем найти точку Е. Соединяя эту точку с точкой D, определим положение стороны ZT квадрата; построение остальных сто­рон после этого не представляет за­труднений.

Если точки А и С лежат на про-
тивоположных сторонах квадрата, то         /j

задача допускает два решения, так как отрезок BE можно отложить по одну и по другую сторону от точки В. Но можно также считать, что на противо­положных сторонах квадрата лежат А и В или Ли/). Таким образом, зада­ча имеет, вообще говоря, шесть решений. Если в приведенном нами по­строении D и Е совпадают, то задача будет иметь бесчисленное множество решений.

50. Вычислим радиус шара, вписанного в трехгранный угол с верши­ной С и касающегося боковой поверхности конуса (рис. 2). Центр шара дол­жен находиться в биссекториальных плоскостях двугранных углов, сле­довательно, он будет находиться в диагональном сечении ASC. Это сече­ние пересекает боковую поверхность конуса по образующей SF. Построим плоскость, которая касается боковой поверхности конуса по образующей SF. Для этого проведем прямую MN ±_ ОС и соединим точки MhJVc точ­кой S. Шар, вписанный в трехгранный угол С и касающийся боковой по­верхности конуса, будет касаться также и плоскости SMN. Ніш, задача сводится к определению радиуса шара, вписанного в пирамиду SMNC. Докажем следующую лемму, которая будет использоваться и в дальней­шем.

3V

Лемма. Радиус шара, вписанного в пирамиду, равен г = —^—, где

о

V — объем пирамиды, a S — ее полная поверхность.

Пусть О — центр шара, вписанного в пирамиду ABCD. Соединим точку О с вершинами пирамиды. Объем V пирамиды равен сумме объемов пира­мид OBCD, OADC, ОАВС, OABD с общей вершиной О; высоты этих пира­мид, проведенные из точки О, равны радиусу вписанного шара. Следова­тельно,

^ = ~з" г          + $авс + $adc + $abd) ~ "3" rS-

Лемма доказана.

Объем и полная поверхность пирамиды SMNC вычисляются просто. 3

Радиус шара г -   -yg- м.

0

61. Решая систему линейных уравнений, получаем x = cctg2—^-,

y = cctg -5-. Для исключения в обратим внимание на то, что —— = с.

63.       Заметим, что

1. .. 15. . .56 = (К)2"-1 + • • • + 10") +

+ 5(10-4-+10)+ 6= '02" + *э'0" + * -рЭД'.

64.       Предположим, что дробь   2я(я~4-\)   сокРатма-   Пусть числа

2и+1 и 2и(и + 1) делятся на простое число р(р>2). Так как числа 2п + 1 и 2п + 2 взаимно просты, то п и 2п + 1 делятся на р, т. е. n = kp, 2п -f- 1 = sp, где kn s — целые числа. Следовательно, p(s — — 2k) — 1, что невозможно.

66. Умножив и разделив Ап на sin а, получим

,       sin а cos а cos 2а cos 4а. . .cos2"—'а
Ап =    

sin а

2          sin а    2"       sin и

67. Пусть CD — высота треугольника ABC, а СМ — его медиана. Опустим из точки М перпендикуляр МК на сторону ВС. Из условия зада­чи следует, что прямоугольные треугольники ADC, MDC, МКС равны. Так как СМ — медиана, то MB = 2DM = 2МК- Следовательно, в прямо­угольном треугольнике МК.В катет МК равен половине гипотенузы. Поэтому ^ КВМ = 30°, ^ DCB = 60°, ^ АС В = 90°. Итак, треугольник ABC — прямоугольный. Его острые углы равны 30° и 60°.

Покажем, что дискриминант D — (&2 + с2— с2)3— 462с2 квад­ратного уравнения отрицателен. Преобразуем D следующим образом:

D = (б2 + с2 — с2 — 26с) (б2 + с2 — а2 + 26с) =

= [(6 — с)2 — с2] [ф + с)2 — с2] =

= (Ь — а — с) (6 + а — с) (Ь + с — a) (Ь + с + а).

Так как а, Ь, с — стороны треугольника, то с < а + 6, а < 6 + с, 6< < а + С; Следовательно, £) < 0. Таким образом, рассматриваемое квад­ратное уравнение не имеет вещественных корней. f

Пусть rit г2, г3 — радиусы шаров, касающихся плоскости тре­угольника в вершинах А, В, С. По условию задачи +'і)2 = ('"і — - ггУ + с2, {rt + г3)2 = (rt - г3)2 + б2, (г, + /-„)» = (г, - г.,)* + в». После очевидных упрощений эти соотношения принимают вид

4/уя = с2, 4г,г3 = б2, 4/у3 = с2. (1)

Перемножим^почленно равенства (1) и извлечем квадратный корень из полученного равенства. Тогда

Wa = -g— • (2)

1     sin 2а cos 2а cos 4а. . .cos2"—'а            1      sin 2"а

 

 

 

Сравнивая (1) и (2), пол\'чаем

_ Ьс ас


ab 2с

 

62.       В соответствии с формулой Синома Ньютона М = (1 + 1)10< =
= 210000. Следовательно, lg М = 10 ООО lg 2 = 3010,3. Значит, число М
имеет ЗОН цифр, так как характеристика его логарифма равна ЗОЮ.

63.       Положим и = V~xy, v - У (1-х) (і __^). Тогда v2 = 1 — (х +
+ У) + ХУ- откуда х + у = 1 + и2 — Vі. Возводя в квадрат второе урав-
нение системы, получаем (и — v)2 = 1 — Ь2. Итак, задача сводится креще-
нию системы уравнений и -f- v = а,
(и — v)2 = 1 — б2.

66. Если у чисел А и В послед­ние k цифр одинаковы, то Л — В

В) (Ап-1 +

делится на 10*. Из равенства

А" — В" = (А

+ Ап~2В-\        +АВ"-2+Вп-1)

следует, что Ап— В" также делит­ся на 10*.

68. Запишем систему уравнений в следующем виде:

* + (-*) = 2, х(—у)=\+г2.

По теореме, обратной к теореме Виета, числа х и (—у) являются корнями квадратного уравнения и2 — 2и + (1 + г2) = 0. При г Ф 0 дискриминант этого уравнения D = 1 — (1 + г2) = —г2 отрицателен. Следовательно, уравнение не имеет вещественных корней.

Пусть MNPQ—квадрат, вписанный в данный квадрат ABCD (рис. 3), К — середина стороны MN. Соединим К с центром О квадрата

ABCD и его вершиной В. Тогда ВК = О/С = -g- МЫ. Следовательно,

точка К равноудалена от точки В и О. Геометрическим местом таких точек является перпендикуляр к середине отрезка ОБ. Рассматривая другие сто­роны квадрата, приходим к выводу: искомое геометрическое место — кон­тур квадрата EFGH, вершинами которого являются середины сторон данного квадрата.

Проведем через данную точку Р и вершинуЛ трехгранного угла луч АР; разрежем грань вдоль луча и сделаем плоскую «развертку» трех­гранного угла (рис. 4). Соединив точки P н Р' отрезком прямой, получим на развертке образ искомой траектории; она пересекает ребра в точках К, L, М.

74. Запишем второе уравнение системы в таком виде:

* (х + 1) + (3* 4- Ъу) = 24. (1)

Пусть

х(х+\) = г. (2) Тогда из уравнения (1) находим

Зх4-5«/ = 24 — г. (3) Воспользовавшись первым уравнением исходной системы, получаем

г (24 — г) = 144.

Решая это квадратное уравнение, находим г = 12. Затем нз уравнении (2) и (3) определяем х и у: (—4; 4,8), (3; 0,6).


Пусть ABCD — данный параллелограмм, лл^в, ВВгС2С, СС^РіР, Ьо2л2л — квадраты, построенные на сторонах параллелограмма вне его; Ол, 02, 03, 04 — центры этих квадратов (рис. 5). Из равенства тре­угольников OiAOt и OtB02 (по двум сторонам и углу между ними: О^А = = Оф. 04А = 02В; ^ 0іЛ04 = 90° + ^ BAD = 90° + ^ BjBB2 = = ^ OiB02) следует

ОхО, = ОлОг, (1)

^ AO-fi^ = ^ ВО,0„. (2)

Принимая во внимание равенство (2), находим ^ 040л02 = ^ BOA + + ^ 04OjB = ^ лоа + ^ 04OjB = OiOt _L OA. Аналогично находим, что

оа = о2о3 и оа jl о2о3; о2оэ =

= 0304 и 02оэ jl 0304. Следова­тельно, четырехугольник ОА0304 — квадрат.

Пусть три заданные точки А, В, С не лежат на одной прямой. Пред­положим, что искомые окружности уДг Ув< Ус построены. Обозначим через L, М, N точки, в которых они попарно касаются друг друга (рис. 6). Точки L, М, N лежат соответственно на пря­мых АС, АВ, ВС.

Исследуем  два   возможных слу­чая:

построенные  окружности по-
парно касаются друг друга внешним         Рис. 5.
образом (рис. 6, а);

две из них касаются друг друга внешним образом, а с третьей окруж­ностью они касаются внутренним образом (рис. 6, б).

Рассмотрим случай 1). Из точек L и М проведем перпендикуляры к отрезкам АС и АВ до их пересечения в точке о. Поскольку AL = AM, то OL = ОМ. Следовательно, точка о лежит на биссектрисе угла ВАС. Ана-

 

 

 

 

 

 

Подпись:

 

Подпись:

 

 

 


Рнс. 6.

логично убеждаемся, что перпендикуляры, проведенные из точек М н N к прямым А В и ВС, пересекаются в точке, которая лежит на биссектрі се угла ABC, а перпендикуляры, проведенные из точек L и N к прямым АС и ВС, пересекаются в точке, которая лежит на биссектрисе угла АСВ. Не­трудно убедиться, что эти три точки совпадают с точкой О, являющейся точкой пересечения биссектрис внутренних углов треугольника АБС.

Из сказанного следует такой способ построения искомых окружно­стей. Строим биссектрисы внутренних углов треугольника ЛВС; из точки их пересечения О опускаем перпендикуляры OL, ОМ, ON на стороны тре­угольника АБС. Затем из точек А, В, С как из центров описываем окруж­ности уд, уБ, ус радиусами соответственно AL, ВМ, CN. Легко убедиться, что эти окружности будут касаться друг друга внешним образом в точка* L, М, N.

Рассмотрим теперь случай 2). Пусть окружности ув и ус касаются друг друга внешним образом и каждая из них касается окружности внутренним образом. Из точек L, М, N проведем перпендикуляры к прямым АС, АВ, ВС соответственно. Легко доказать, что онн пересекаются в одной точке С\ — точке пересечения биссектрисы внутреннего угла ВАС тре­угольника ABC с биссектрисами его внешних углов при вершинах В и С.


Отсюда следует такой способ построения искомых окружностей. Из точки С\ (рис. 6, б) пересечения биссектрисы внутреннего угла при верши­не Л с биссектрисами внешних углов при вершинах В и С треугольника

ABC опускаем на его стороны нлн на нх продолжения перпендикуляры OjL, 0,/И, G\W. В результате получаем AL = AM, ВМ = BN, CL = CN. Поэтому окружности уА, уБ, ус, радиусы которых соответственно раьны AL, ВМ, CN. будут попарно касаться друг друга в точках L, М, N.

Еще два решения получим, если взять биссектрису внутреннего угла прн вершине В и биссектрисы внешних углов при вершинах А н С или бис­сектрису внутреннего угла при вершине С и биссектрисы внешних углов при вершинах Л и В треугольника ABC.

В случае, когда точки А, В, С лежат на одной прямой, задача имеет бесчисленное множество решений.

78. Пусть PA BCD — заданная пирамида, основанием которой явля-, ется квадрат ABCD. Обозначим через О основание перпендикуляра, опу­щенного из вершины Р на плоскость ABCD. Из точки О проведем перпен­дикуляры OK, OL, ОМ, ON к ребрам AD, АВ, ВС, CD (рис. 7, 8). Тогда ^ PKO, ^ PLO, ^ PMO, ^ PNO будут линейными углами двугранных углов при основании пирамиды PABCD. Пусть

^РКО: ^PLO: ^РМО: ^ PNO = 1 : 2:4: 2. (1)

Обозначим

^ РКО - а. (2)

Тогда

^ PLO = 2а,      PMO = 4а,   ^ PNO = 2а. (3)

Поскольку ^ PLO = ^ PNO, то точка О будет лежать на прямой, содер­жащей среднюю линию КМ квадрата ABCD. Заметим, что точка О будет лежать внутри квадрата ABCD, если а ^ 22,5° (рис. 7), или вне этого квад-


рата, если 22,5° < а < 36° (рис. 8). Пусть

( а — 1, если 0<а<22,5° I 1-а,

ЛВ = а.   PO = h,   К0 = 1.

ОМ

Тогда

если 22,5° < а < 36°, OL = ON = -°- .


(4) (5) (6)

 

Подпись: Из прямоугольных треугольников РОК, POL, РОМ с учетом равенств
(2) — (6) находим — = ctg а,	= ctg 2а.     a~l = ctg 4а (если
0<а<22,5°),


ft

1-а h


2ft     "° h ctg (180° — 4а)   (если   22,5° < а < 36°). Для

 

определения угла а из этих соотношений получаем уравнение 2 ctg 2а — — ctg а = ctg 4а, 0 < а < 36°, из которого находим 2 cos 2а = 1, а = 30°.

Таким образом, двугранные углы при основании пирамиды соответ­ственно равны 30°, 60°, 120° и 60°.

79. Обозначим одно из искомых чисел через х, а другое — через у. Тогда

 

х + У+(х — у) + ху+ — = 450.

У


(1)

 

Из этого уравнения заключаем, что искомые числа х и у таковы, что —

У

является целым числом.

Уравнение (1) можно представить в виде

 

— (0+ 1)а = 450.

У


(2)

 

Таким образом, задача свелась к отысканию всех решений в целых числах уравнения (2). Принимая во внимание, что 450 = 1- 2- 3- 3- 5.5, из уравнения (2) находим искомые числа х и у: (28; 14), (100; 2), (72; 4)' (-32; —16), (-200; -4), (-108; -6), (—900; —2).

Из условия задачи следует, что 0° < ^ Л < 180°. 0° < ^ В < < 180°, ^ А ф 90°, ^ В ф 90°. При таких ограничениях на Л н В ука-занноз в условии задачи равенство равносильно^ равенству sin Л cos Л — — sin В cos В = 0, которое можно преобразовать к виду sin (Л — В) X X cos (Л + В) = 0. Отсюда следует, что треугольник ЛВС либо равно­бедренный      А — ^ В), либо прямоугольный (^ Л + ^ В = 90°).

Предположим, что такой прямоугольный треугольник АСВ по­строен, *с АСВ = 90°, О — центр вписанной в треугольник окружности радиуса г; Р, N — точки касания; CD = h — высота треугольника, опу­щенная на гипотенузу АВ (рнс. 9). Из точки О опустим перпендикуляры на гипотенузу АВ н высоту CD. Пусть Е и К — основания этих перпенди­куляров. Рассмотрим прямоугольный треугольник ОКС. Катет СК равен CD — DK — h — г, а гипотенуза СО = УOP2 + CP1 = г УТ. Из приве­денного анализа следует такое построение искомого треугольника. В пря­мой угол LCM вписываем окружность радиуса г. Пусть О — центр этой окружности. Строим прямоугольный треугольник ОКС по гипотенузе СО = гУ2 и катету СК = А — л На продолжении отрезка С/С от точки К откладываем отрезок KD = г. Затем через точку D проводим прямую, пер. пендикулярную отрезку CD, до пересечения со сторонами прямого угла LCM в точках Л и В. Полученный треугольник АСВ — искомый.

Для того чтобы пересечение треугольной пирамиды с плоскостью было параллелограммом, секущая плоскость должна быть параллельк й двум скрещивающимся ребрам пирамиды (см. решение задачи 215). Утл между смежными сторонами параллелограмма равен углу между скренщ-вающимися ребрами пирамиды, которые параллельны секущей плоское.и (см. решение задачи 221). Так как в рассматриваемом случае все ребра пира­миды РАВС равны, то угол между ее скрещивающимися ребрами прямо г. Действительно, пусть D — середина ребра ВС. Поскольку все грани пира­миды РАВС — равносторонние треугольники, то AD J_ ВС, PD J_ ВС, следовательно, АР JL ВС. Таким образом, плоскости, параллельные скре­щивающимся ребрам АР и ВС, пересекают пирамиду РАВС по прямо­угольникам. Пусть KLMN — один из этих прямоугольников. Для того чтобы KLMN был квадратом, необходимо, чтобы /С/. = KN, а для этого секущая плоскость должна проходить через середины ребер АВ, BP, АС, PC. Действительно, поскольку треугольники AKL и ЛВС, BKN и ВАР подобны, то

ВС - Л/С          АР KB ...

~ АВ ' KN=—AB—- (1) Так как АВ = ВС = АР, то из равенств (1) следует, что KL = KN тог­да и только тогда, когда Л/С = KB, т. е. когда точка К — середина реб-

а а2 ра АВ. Следовательно, KN = KL =      , a SKLMN = —— .

Искомое число должно оканчиваться цифрой 5. Оно не может быть одноцифровым и трехцнфровым. Единственным числом, удовлетворяющим условию задачи, является 55.

86. Искомое геометрическое множество точек представляет собой от­крытый прямолинейный отрезок, соединяющий середину хорды сегмента с серединой его высоты.

Пусть сторона основания пирамиды равна а. Для того чтобы пира­миды можно было сложить так, как указано в условии задачи, их высота

п и сторона основания а должны быть связаны соотношением п = —^—•

Тело, ограниченное плоскостями оснований сложенных пирамид, есть куб, ребро которого равно 2h= а У2; вершины сложенных пирамид совпа­дают с центром этого куба, а их основания представляют собой квадраты, вписанные в грани куба так, что их вершины совпадают с серединами сто­рон грани. Искомое отношение объемов равно */2.

89. Разделим все монеты на 3 группы: две группы по 27 монет и одна — 26 монет. Положим на чашки весов по 27 монет. Если они не уравновесятся» то фальшивая монета будет находиться на тон чашке, которая поднимется вверх (фальшивая монета легче). Если же чашки уравновесятся, то фаль­шивая монета будет среди 26 монет. Присоединим к этой группе еще одну монету.

Разделим 27 монет, среди которых есть фальшивая, на три группы по 9 монет в каждой и аналогично предыдущему вторым взвешиванием отбе­рем из них группу из 9 монет, среди которых есть фальшивая. Далее, точ­но так же нз этой группы в результате третьего взвешивания отберем груп­пу из 3 монет, среди которых находится фальшивая. При четвертом взве­шивании поместим на чашки весов по одной монете из отобранной группы, в третью монету оставим. Если чашки весов уравновесятся, то фальшивой


будет та монета, которая оставлена, если же чашки не уравновесятся, то фальшивая будет на той чашке, которая поднялась вверх.

= 0.

Заметим, что указанным способом посредством п взвешиваний можно из 3" монет выделить фальшивую, если известно, что она более легкая. 90. Запишем исходное равенство в таком виде:

_L    _L , J        1        _ (А + В)(В + С)(А+С)

а І" п       А + В + С      АВС(А+В + С)

А   '   В   ' С

Отсюда следует, что для чисел А, В, С должно выполняться хотя бы одно нз трех равенств: А = —В, В = —С, А = —С. Но для таких чисел А. В, С при любом нечетном п выполняется равенство

1     |    1    |    1   -- 1

3 (х — I)2 + 4

А"       В"       С"       А" + В" + Сп ' 91. Решив уравнение относительно у, получим

х + 1 ± V-
У= —

 

Так как корни уравнения должны быть вещественными, то 3 (лг — 1)2^ 2 2

^ 4, т. е. 1        =- ^ х <; 1 Н     • Решая эти неравенства в целых

/3         >3

числах, находим х = 0, х — 1, х == 2. Для каждого из этих значений д: получаем соответствующие целые значения у. Решениями исходного урав­нения будут такие пары чисел: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).

92. В случае, когда заданные четыре точки не принадлежат одной ок­ружности н никакие три не лежат на одной прямой, число искомых

 


окружностей равно либо 7 (если среди отрезков, которые соединяют данные точки, нет параллельных), либо 6 (ес­ли среди этих отрезков имеется только

одна пара параллельных), либо 5 (если среди этих отрезков имеются деє пары параллельных отрезков).

93. Пусть / и т — прямые, по которым пересекаются плоскости граней KSL и NSM, KSN и LSM четырехгранного угла SKLMN; а — плоскость, содержащая эти прямые (рнс. 10). Проведем любую плоскость у, парал­лельную плоскости а и пересекающую все ребра угла. В сеченни образу­ется четырехугольник ABCD. Так как АВ || /, CD || I, то АВ || CD; поскольку AD || т, ВС || т, то AD || ВС. Таким образом, четырех­угольник ABCD — параллелограмм.

95. Выражение, данное в условии задачи, можно записать так:

(а2 + 1)(й2-1)(а« + 4). (1)

Поскольку число а не делится на 5, то его можно представить в одном из видов: а = 5п ± 1 или а = 5т ± 2, где пит — целые числа.

Если число а представимо в виде а ~ 5п ± 1, то с2 — 1 и а* + 4 де* лятся на 5, поэтому выражение (1) делится на 25. Кроме того, при любом целом а выражение (I) делится на 4. Следовательно, оно делится и на 25 X X 4 = 100.

Если число а представимо в виде а = Ът ± 2, то а2 + 1 и а* + 4 де­лятся на 5, следовательно, н в этом случае выражение (1) делится на 25 х Х4= 100.

Чтобы выиграть, первый игрок каждый раз должен уравнивать количество шаров в обоих ящиках.

Пусть АВ — общее основание треугольников, имеющих одну и ту же площадь S. Тогда вершины С таких треугольников лежат на прямой LN,

2S

которая параллельна прямой АВ и отстоит от нее на расстоянии (рис. II).

Пусть В' — симметричный образ точки В относительно LN. Соединим точки А и В'. Точку пересечения отрезка АВ' с LN обозначим С. Треуголь­ник АСВ — равнобедренный. Его периметр равен АВ + АС + ВС = = АВ + АВ'. Докажем, что периметр любого другого треугольника с вер­шиной в точке Сі (Сх Ф С) на прямой LN больше, чем периметр треуголь­ника АСВ. Действительно,

АВ + АСХ + СХВ = АВ + АСг + СХВ' > АВ + АВ1.

Поскольку хорды, отсекаемые окружностью от сторон четырех­угольника, равны, то они равноудалены от центра окружности. Поэтому из центра данной окружности можно описать другую окружность, каса­ющуюся всех этих равных отрезков, следовательно, и сторон данного четы­рехугольника. Но суммы противоположных сторон описанного четырех­угольника, как известно, равны между собой. Следовательно, утвержде­ние задачи доказано.

Воспользовавшись очевидными неравенствами (а + Ь)2 ^ < 2 (а2 + Ь2), (а2 + б2)2 < 2 (а* + Ь% находим

(а + fc)4 = (а + Ь)2 (а + Ь)2 < 2 (а2 + Ь2) 2 (а2 + Ь2) =

= 4 (а2 + Ь2)2 < 4 • 2 (а4 + fc4) = 8 (о4 + Ь4).

Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда а= Ь.

Заметим, что если тройка чисел х0, у0, г0 является решением дан­ного уравнения, то числа kx0, ky0, kz0 при любом k также будут его решением в силу однородности уравнения. Поэтому, очевидно, достаточно доказать, что уравнение не имеет решения в целых взаимно простых числах. Доказа­тельство этого факта проведем от противного. Предположим, что числа хе, уе, г0 являются решением данного уравнения и не имеют общего делите­ля, .не равного 1. Тогда из равенства

*о + ЦІ +     - 6*0«/0г0 = 0 (1)

следует, что xv должно быть четным числом, т. е. лгс = 2х1, где Xi — целое число. Подставив в равенство (1) вместо х0 его значение 2xlt после сокраще­ния на 2 получим

4*1 + 1/1 + 2x1-6x^ = 0. (2)

Из этого равенства заключаем, что у0 = 2ylt где yY — целое число. Если подставить в равенство (2) значение у0 = 2ух и сократить полученное ра­венство на 2, то

2*i + 4у\ + г] -ЬхіУіге = 0.

Отсюда следует, что г0 = 2zlt где гх — целое число. Таким образом, числа хи = 2xx, у„ = 2ylt г0 = 2гх имеют общин делитель 2. Пришли к противо­речию. Следовательно, данное уравнение ие имеет решений в целых чис­лах, не равных одновременно нулю.

Пусть на плоскости проведены л — 1 прямая, среди которых ни­какие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. Эти прямые разделяют плоскость на некоторое количество областей. Про­ведем п-ю прямую так, чтобы были выполнены условия задачи. Эта прямая точками пересечения с прежними п — 1 прямыми разделится на п прямоли­нейных участков {п — 2 отрезка и два луча). Каждый из этих прямолиней­ных участков разделит одну из уже имеющихся областей, а именно ту, в которой он содержится, на две. Поэтому число областей, на которые раз­делится плоскость после проведения п-н прямой, увеличится на п. Следова­тельно, число областей, на которые разделят плоскость п прямых, удовлет­воряющих  условию  задачи,   равно   1+1 + 2+ 3+ ... + и = 1 +

 

 


я(я+1) ~г 2

Пусть klmn — прямоугольник, вписанный в треугольник ЛВС так, что его вершины к и l лежат на стороне ав, а м и n — на сторонах!

ВС и АС. Пусть СН — высота треугольника abc, Е — точка пересече­ния высоты СН со стороной nm (рис. 12, а). Из точки В восстановим пер­пендикуляр к АВ и на нем отложим отрезок ВСі = СН. Соединим точку Ct с точкой А. Пересечение отрезков АС\ и nm обозначим через Р. Из точ­ки Р опустим перпендикуляры pd и РТ соответственно на стороны Л В и BCt. В результате таких построений получим прямоугольник dbtp, впи­санный в прямоугольный треугольник АВСі. Из подобных треугольников abc и nmc, АВСг и ptct соответственно находим

СН      '            CtB      ' (V}

Так как СЕ = С{Г, СН = ctb, то из равенств (1) следует nm = РТ. Зна­чит, прямоугольники^ЛХМЛ' и dbtp равны, поэтому равны и их диагона­ли nl и РВ. Очевидно, длина диагонали РВ, следовательно, и nl будет наименьшей, если точка Р совпадает с основанием перпендикуляра, опу­щенного из вершины В на гипотенузу ЛСХ треугольника АВС1.

Из приведенного анализа следует такой способ построения искомого прямоугольника. Из точки В восстанавливаем перпендикуляр к стороне АВ и на нем откладываем отрезок BClP равный высоте СН треугольника АБС (рис. 12, б). Затем из точки В опускаем перпендикуляр ВВХ на сторону АСх. Через точку bt проводим прямую параллельно стороне АВ. Точки пересечения этой прямой со сторонами ВС и АС обозначим через pt и Р2. Из точек Ях и Р2 опускаем перпендикуляры ЯХР4 и Р2Р3 на сторону Л В.

ПоЛуЧеННЫЙ ПрИ ЭТОМ ПрЯМОуГОЛЬНИК Я3Р4Я1Я2 — искомый.

103. Пусть АВ н cd — два заданных скрещивающихся отрезка, М — произвольная точка искомого геометрического места, т. е. середина отрезка mtm2, соединяющего произвольно взятую точку Мі отрезка АВ с произвольно взятой точкой М2 отрезка cd (рис. 13, а). Через прямую


АВ проведем плоскость к, параллельную прямой CD, а через прямую CD — плоскость р, параллельную прямой АВ.

1          гео-точк

2          от"

Плоскости а и В параллельны между собой. Пусть у — плоскость, параллельная плоскостям а и В, находящаяся от каждой из них на одина­ковом расстоянии. Поскольку плоскость у делит пополам любой отрезок, заключенный между плоскостями а и В, то точка М будет принадлежать плоскости у. Пусть А'В' и CD' — проекции отрезков АВ и CD, а М\ и М'2 — проекции точек УИх и /И2 на плоскость у. Тогда /И,ЛІ2 является про­екцией отрезка МгМ2, а точка М — ее середина.

Таким образом, задача свелась к такой планиметрической задаче. На плоскости даны два непараллельных отрезка А'В' и CD'. Найти гео­метрическое место середин отрезков М\М'2, соединяющих каждую точк

М\ отрезка А'В' с каждой точкой М2 от

резка CD' (рис. 13, б).

Обозначим середины отрезков В'С, B'D',   A'D' соответственно

 

. Тогда отрезки PR и TS являются средними линиями тре-А'С'В' и A'D'B' с общим основанием А'В', а отрезки РТ

Р, R, S, Т.

угольников А'С'В' и A'D'B' с общим основанием А'В', а отрезки РТ и RS — средними линиями треугольников С A'D' и С B'D' с общим осно­ванием CD'. Следовательно, PR || TS [| А'В' и РТ || RS || CD'. Отсюда следует, что четырехугольник PRST — параллелограмм. Докажем, что искомое геометрическое место есть часть плоскости, ограниченной параллелограммом PRST. Пусть М — произвольная точ­ка искомого геометрического места. Соединим М\ с С и D' и обо­значим через М3, Mt точки пересечения отрезков М\С, M\D' со сторонами PR, TS параллелограмма PRST. Поскольку PR и TS — средине линии соответственно треугольников А'С'В' и A'D'B', то точка Ms является се­рединой отрезка М\С, a Ms — серединой отрезка M[D'. Следовательно, отрезок MaMi — средняя линия треугольника С'М\0'. Так как точка М является серединой отрезка М\м'2, то она принадлежит отрезку MsMt, следовательно, лежит внутри или на контуре параллелограмма PRST. Не трудно доказать, что все точки параллелограмма PRST принадлежат искомому геометрическому месту точек.

104. Предположим, что указанную операцию необходимо выполнить п раз. Тогда для определения числа п получаем уравнение 9 + и • 99 = = 999. Отсюда п = 10.

ВО

' 106. Одному дать 3 полных, 1 полупустой и 4 пустых бочонка, а двум другим по 1 полному, по 5 полупустых и по 2 пустых бочонка.

107. По отношению к пассажиру, сидящему во втором поезде, скорость первого поезда равна 60 + 80 — 140 км/ч. Поэтому длина первого поезда

равна 140 - ^ т 1000 = 233 м.

109. Перенесем в системе уравнений переменные в левые части, разло­жим разность квадратов на множители; затем перемножим все уравнения н извлечем из обеих частей полу­ченного равенства квадратный ко­рень.

Если abc > 0, то система име­ет два решения:

 

1   , г—г- і о + Г \

 

'   .r-r- I a + b \

'^т' abc(-^b—)- *

В этих формулах знаки берутся
одновременно илн   верхние   или            Рис. 14.

нижние.

НО. Пусть АБС—произвольный треугольник, а М н N — точки пересечения окружностей, описанных на сторонах АВ и ВС как на диамет­рах, со стороной АС или ее продолжением. Соединим точки М и N с верши­ной В. Углы ВМА и BNC — прямые, так как они вписаны в окружности и опираются на их диаметры. Следовательно, ВМ AC, BN J_ АС. По­скольку из точки В на прямую АС можно опустить лишь один перпенди­куляр, то точки М и N совпадают.

Пусть / — произвольная прямая, проходящая через точку ДІ, a Ni и N2 — точки пересечения этой прямой со сторонами угла ВАС (рис. 14). Проведем через точку М прямуюg так, чтобы стороны данного уг­ла ВАС отсекали на ней отрезок £>!.Ь2> который точкой М делится пополам. Если прямая g не совпадает с прямой /, то точки Dt и D2 лежат по разные стороны от прямой I. Пусть ADi < ANX. Проведя через точку Di прямую параллельно стороне АС до пересечения с прямой / в точке Е, получим треугольник MDiE, равный треугольнику ЛШ2/Уа. Принимая во внимание равенство этих треугольников, получаем

 

= s/\dladt + s/^ed,.\l > SADHD«"

Заметим, что равенство S^N^AN = S^D ADt выполняется только тогда, когда прямая / совпадает с прямой g. Таким образом, прямая I будет отсе­кать от данного угла ВАС треугольник наименьшей площади тогда и толь­ко гогда, когда точка М будет серединой отрезка NiN2.

Предположим, что в некоторый момент времени стрелки часов взаимно перпендикулярны. Обозначим через ф наименьший угол, на кото­рый должна повернуться минутная стрелка, для того чтобы опять стать перпендикулярной к часовой стрелке. Тогда за это время часовая _стрелка повернется на угол <р/12. Для того чтобы стрелки часов стали взаимно

«г

перпендикулярными, необходимо, чтобы <р       — = 180°. Отсюда <р =

к а


-(

12 • 180 \° „

——     1 . Таким образом, при каждом повороте минутной стрелки

/ 12 • 180 \°

перпендикулярны, равно п =

на угол I          j-j         1 стрелки часов будут один раз взаимно перпендику-
лярными. Поскольку за сутки минутная стрелка повернется на угол 24 х
X 360°, то число п тех положений, когда стрелки часов будут взаимно

12 180 11

24 360

= 44, где [лг] — целая часть

числа х.

a\ + a\+al+ +2ат_хат.

ИЗ. Воспользуемся тождеством

+ «& +

 

+        + 2ata3 + Из неравенства

(о* —а/)»>0 (2)

следует, что для произвольных действительных значений о,- и Of выполня­ется неравенство

2а,-я/ а- + а'-. (3) Если заменить в равенстве (1) слагаемые 2a1ai, 2о1о3, .... 2ат_1ат со­ответственно на а\ + 02» °і + аз» ••» °т—1+ат и УчесТЬ неравенство (3), то получим требуемое неравенство. Заметим, что знак равенства в нем будет иметь место тогда и только тогда, когда имеет место знак равенства в неравенствах (2), (3), т. е. при Oi = а? = а3 = ... = ат.

114. Рассмотрим случай, когда все о,- > 0, и найдем решения, удовлет­воряющие условию Х{ > 0. Остальные случаи предлагаем исследовать са­мостоятельно.

an.

Перемножив левые и правые части уравнений, получим (xix2x3 ... ... х„)"~2 = «іад»... an, откуда

п-1,     

Х^Х3 . . . Хп =      У fliflgOg

Перепишем k-e уравнение системы в виде сйх£ = *і*2*з ... хп. Отсюда, принимая во внимание равенство (1) с учетом, что все хь > 0, находим

 

Oft


k= 1, 2. З,


п.

 

 

 

Подпись: 4n


Подпись: -f- cosПодпись: 3nПодпись: 2 sin

 

 

Подпись: 3n


Подпись: sm-115. cos

 

2sin­


2п 5

з

cos — 2 sin

3it

= 2 cos

cos


3n


 

2n

Подпись: ft
5
cos

sin •

2sin­


 

 

sm-

 

sin


 

 

6n

Зя

 

 

 

sin

2 sin


3n


 

 

sin ­


n 5

3n

 

 

Как известно, сумма внешних углов любого выпуклого много­угольника равна 360°. Поэтому в выпуклом многоугольнике не может быть более трех острых углов, так как в противном случае такой многоугольник имел бы не менее четырех тупых внешних углов, дополнительных к этим внутренним углам, и их сумма превышала бы 360°. Легко доказать, что при любом целом п ^ 3 существует выпуклый я-угольннк, имеющий 3 острых внутренних угла.

Очевидно, что и окружностей будут делить поверхность шара на наибольшее число областей, если все эти окружности будут пересекаться между собой (т. е. любые две из них будут иметь по две общие точки) и ника­кие три из них не будут пересекаться в одной точке. Предположим, что на сфере уже есть к таких окружностей. Они разделят сферу на некоторое ко­личество областей. Проведем к + 1-ю окружность с соблюдением упомянутых условий и подсчитаем, на сколько увеличится число областей. Прове­денная окружность пересечется с k окружностями в2k точках, которые разделят ее на 2k частей. Каждая из них разделит область, в которой она на­ходится, на две части. Следовательно, после проведения к + 1-й окружности число областей увеличится на 2k. Итак, п окружностей разделят поверх­ность шара на 2+2+4+6+8+... + 2 (я — 1) = 2+2 [1 + 2 +

+ 3 + ... + (п — 1)] = 2+2 П (П~ ]) = па — п + 2 областей.

Цена на билет снижена на 25 коп.

Решение задачи приведено на рис. 15.

Во втором бидоне до отливания было 30 л молока, а в первом 30 • 2 = 60 л.

 

Перенумеруем все ящики. Обозначим через щ (і = 1. 2, 3, ... 500)— количество яблок, содержащихся в і-и ящике. Поскольку каждое

я,- не превышает 240 (в каждом яшике по условию задачи содержится не более 240 яблок), а всего нх 500 штук, то среди них (согласно принципу Дирихле) найдутся по крайней мере 3 равных числа. В противном случае количество чисел должно было бы быть не меньше 240 • 3 = 720.

о10 + с6 + 1 = (о2 + а + 1) (ов — а1 + аь — а* + а3 — а + 1).

Пусть   несократимая дробь. Тогда дробь, которая дополняет

данную дробь до единицы, можно представить в таком виде: 1         — =

1 Предположим, что эта дробь сократима. Тогда существует такое

Ъ

целое число k, не равное»I, что Ь — а — kc, Ь — Kd, где с и d — некоторые целые числа. Из эшх равенств находим, что а = b — kc — kd—kc = = к (d — с). Следовательно, числа а и b имеют общий делитель к (к Ф 1),

b — а

что противоречит предположению. Таким образом, дробь —^— тож& не­сократима.

125. Пусть длина отрезка, который скользит по двум взаимно перпен­дикулярным прямым, равна а. Обозначим через О точку пересечения пря­мых. Как известно, центром тяжести треугольника является точка пересе­чения его медиан. Поскольку в прямоугольном треугольнике медиана рав­на половине гипотенузы, то центры тяжести получаемых треугольников

„          2    а а

находятся на одном и том же расстоянии от точки О, равном -д- • — =

Искомое геометрическое место — окружность радиуса ~ с'центром в точке О.

126.     Повернем отрезок BE вокруг точки С на угол 60°. Из условия за-
дачи следует, что при этом точка В перейдет в точку А, а точка Е — в точ-
ку D. Следовательно, точка N перейдет в точку М. Это означает, что CN =
= СМ и ^ NCM = 60°. Итак, CMN — правильный треугольник.

127.     За сутки разность показаний будильников увеличивается на

п          к 24-60

12 мин. Поэтому показания обоих будильников совпадут через —^— =

ходящее

для этого D С

значение

 

 

 

 

А в

 

= 120 суток, а затем будут совпадать через 240 суток, 360 суток и т. д. За 120л суток первый будильник уйдет вперед на 120 • 8л минут, т. е. на 16л часов. Для того чтобы оба будильника показывали в этот момент правильное время, необходимо, чтобы 16л делилось на 24. Наименьшее под-равно 3. Таким образом, через 120 • 3 = = 360 суток оба будильника опять пока­жут одно и то же время, а именно, 12 ча­сов дня.

128. Так как достоинство одной мо­неты в 3 раза больше другой, то берут­ся либо монеты достоинством в 1 коп. и 3 коп., либо монеты в 5 коп. и 15 коп. Рассмотрим каждый из этих случаен. Пусть х и у — соответственно число монет достоинством в а и b копеек.

В первом случае х + Зу = 1 • 3,
Рис. 16.           т. е. х = З (1 — у). Так как число всех

монет х + у делится на 3 их делится на 3, то число у должно делиться на 3. Кроме того, х > 0. Следовательно. у = 0. х = 3.

Во втором случае 5л- + 15у = 5 15, откуда следует, что к — 3 (5 — — у). Так как у делится на 3 и х > 0, то либо у = 0, тогда к = 15, либо у = 3, тогда х = 6.

Пусть lt и /2 — данные прямые. Если 1\ и /2 пересекаются, то ис­комое геометрическое место состоит из восьми лучей, являющихся продол­жениями сторон прямоугольника ABCD, диагонали которого лежат па прямых <i и 12, а каждая вершина A, B,C,D отстоит от не проходящей через нее диагонали на расстоянии, равном заданному числу а (рис. 16).

Если прямые 1Х и /2 параллельны н расстояние Н между ними больше,

чем а, то искомое геометрическое место точек — пара параллельных прямых

gi и g2, которые лежат в полосе между прямыми /і и /2, причем одна из них

„ ,        И — а

gt отстоит от прямой lj на расстоянии, равном —^—• а прямая g2 на таком

же расстоянии отстоит от прямой 12.

Если прямые /і и /2 параллельны и отстоят друг от друга на расстоянии, равном а, то искомое геометрическое место точек — часть плоскости, ле­жащей вне полосы, ограниченной прямыми 1у и 12, включая точки этих пря­мых.

Если же прямые її и /2 параллельны, но расстояние между ними меньше, чем а, то искомого геометрического места точек не существует.

Для этого достаточно доказать, что если в некотором выпуклом трехгранном угле РАВС все двугранные углы острые, то и все плоские его углы тоже острые. Пусть ^ АРВ — аи ^ ВРС = а2, ^. CPA = а3. Заметим, что каждый из этих углов меньше 180°. Обозначим двугранные углы при ребрах PC, РА, РВ соответственно через Рь Р2, Р3. Тогда соглас­но теореме косинусов для трехгранного угла

 

cos Pt


COS Ctf — cos oc2 COS tt3

sin oc2 sin aa


0)

 

cos В.

 

cos Рз


cos a2 — cos otj cos a3 sin at sin a3

cos a3 — cos otj cos a2 sin otj sin a2


(2)

 

(3)

 

Заметам, что углы oti, a2, a3 не могут быть одновременно тупыми, так как в этом случае не будет выполняться ии одно из равенств (1)—(3): значения их левых частей всегда положительные (углы Pi, Р2, Р3 — острые), а правые части при тупых углах — отрицательные.

Предположим, что среди о^, а2, а3 два тупых угла, например, at и а2, а а3 — острый. Тогда при     > сс2

cos otj — cos a2 cos a3 < cos at — cos a2 < 0, и согласно равенству (1)

cos p\ < 0.

При otj < a2 из равенства (2) следует cos P2 < 0, что невозможно, так как Bt н р2 — острые углы.

Если же предположить, что среди oti, a2, только один тупой угол, например, cti, а остальные острые, из равенства (1) получим cos Pt < 0, что также невозможно. Следовательно, углы cti, a2, a3 — острые.

131. Предположим, что такой треугольник ABC построить можно.
Проведем через его вершины прямые по линиям сетки и заключим тре-
угольник во внутрь прямоугольника KLBD (рис. 17). Примем за единицу
измерения длин сторону квадрата сетки. Тогда длины сторон прямоуголь-
ника KLBD будут целыми числами, поэтому целым числом будет н его
площадь. Площадь треугольника ABC равна разности между площадью
прямоугольника KLBD н суммой площадей прямоугольных треугольни-
ков СКА, ALB, BDC, дополняющих данный треугольник ABC до прямо-
угольника KLBD. Длины катетов этих треугольников — целые числа,
поэтому их площади — рациональные числа. Следовательно, и площадь S
треугольника ABC с вершинами в узлах сетки есть число рациональное.
Ю.        .           „          г-=.А

С другой стороны, поскольку треугольник ABC равносторонний, то его АВ2 г—

площадь равна S =       у 3. Отсюда, принимая во внимание, что АВ2 =

= AL2 + BL2 есть целое число, а УЪ — число иррациональное, заключа­ем, что S является иррациональным числом. Пришли к противоречию. Следовательно, нельзя построить равносторонний треугольник с вершина­ми в узлах квадратной сетки.

132. Обозначим через М число яблок в корзине. Исходя из условия задачи число М можно представить в таком виде: Ai = 3- 4»5-ft-t-l = = 60ft + 1, где к — некоторое натуральное число.

Если вынимать по 7 яблок, то корзина становится пустой. Значит, М должно делиться на 7. Наименьшим натуральным числом, при котором М делится на 7, является ft = 5. Следовательно, в корзине было М = = 60 • 5 + 1 = 301 яблоко.



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


+ АВ+ ВС+ СМ — (MB + ВС+ СА + AM) = АВ + СМ — MB — j — С А   =   АВ + СМ — MB — ABi — ВХС — СМ — (ВХМ + ВХС) < 0. Аналогично убеждаемся, что р (МАВСМ) < р (МСАВМ).

135. Пусть ABC — заданный треугольник L. М, N — три заданные точки, через которые должны проходить стороны искомого треугольника А1В1С1, равного заданному треугольнику ABC (рис. 19).

Для того чтобы задача приобрела достаточную определенность, ука­жем, через какую из трех точек L, М, N должна проходить та нли иная сторона треугольника Л1В1С1. Пусть требуется, чтобы сторона Л1В1, рав­ная АВ, проходила через точку L, сторона ВхСл, равная ВС, проходила че­рез точку М и сторона AiClt равная АС, проходила через точку N. Посколь­ку ^ Ах = ^ A, zfl(= z fi, L £ Афі, N Є AtClt М Є В^, то вер­шины Аі и Ві искомого треугольника лежат на дугах, описанных на отрез­ках LN и LM и вмещающих известные углы Л и В. Так как точки Аи l, Вх должны лежать на одной прямой, то сторона AiBx должна быть секу­щей этих двух дуг, проходить через их общую точку L и равняться сторо-, не Л В. Таким образом, построение стороны AxBi свелось к такой задаче. Через точку L пересечения двух окружностей провести секущую так, что­бы сумма хорд AyL -f- LBx = AXBX равнялась данному отрезку АВ.

Построив сторону ЛіВі, проведем затем прямые AXN и BXN до пересе­чения их в точке Ct. Полученный треугольник AiB^Ct будет искомым: он равен треугольнику ЛВС вследствие равенства сторон AiBt и АВ и приле­жащих к ним углов Аи А и Ви В. Число решений равно числу секущих ЛіВі, равных АВ, которые можно провести через точку L.

Построение стороны АіВі можно выполнить следующим образом. Пусть Oi, 02 — центры данных окружностей, L — точка их пересечения, нерез которую требуется провести секущую заданной длины (рис. 20). Предположим, что эта задача решена, и AxBi = АВ есть одна из искомых секущих. Из точек Oi и 02 опустим на AtBx перпендикуляры ОхР, 02Q й проведем OiK перпендикулярно к 02Q. В результате таких построений полу-


чаем  0,К = PQ = PL + LQ=     AtL + -g- Z.Bi = \       = \ АВ.

Таким образом, точка К является точкой пересечения двух окружностей:

а именно, окружности Yi с центром в точке 6\ и радиуса    АВ и окружности

Y2, описанной на Oj02 как на диаметре, так как ^ ОгК02 = 90°. Найдя точку /С, проводим через L прямую, параллельную прямой ОхК- Это и будет искомая секущая. Число решений этой задачи равно числу общих точек

окружностей Yi н Y2- Оно равно 2, если -^-АВ < Oi02;  равно I, если

~2~АВ = Oi02; равно 0, если -^-АВ > OjGV

136. Обозначим радиус внешнего круга через R, а внутреннего y — через т. Пусть АВ и CD — параллельные касательные к внутреннему кру­гу, О — общий центр концентрических кругов, К — точка касания CD с внутренним кругом (рис. 21). Тогда

Поскольку окружность внутреннего круга делит большой круг на две равновеликие части, то nR2 = *= 2яЛ откуда

(2)

т

ОК = г.   ОС = R.

V2

 

ОКС находим sin ОСК = -r— = —|=-, т.

Я V2

Принимая во внимание равенства (1), нз прямоугольного треугольника

Я

^ СОК = —т—. следователь-4 '

 

:COD =


я

~2~


Таким образом, площадь той части кольца, о которой

 

говорится в условии задачи (на рисунке эта область заштрихована), равна

5 = 25дВОС + 2SACOD _ S? =     я/?2 + Я2 - яЛ

Подставляя вместо R его выражение через г из (2), получаем S = 2Л Теперь остается заметить, что площадь квадрата, вписанного в окружность радиуса г, также равна 2Л

137. Пусть М является n-значным числом. Рассмотрим все (п + 2)-знач-

ные числа вида         ... ап. Так как каждая из цифр alt <ц           ап

может принимать независимо друг от друга 10 различных значений от 0 до 9, то среди рассматриваемых чисел существует 10" последовательных чисел. Поскольку 10" > М, то среди них найдется по крайней мере одно число, которое делится на М. Пусть это будет число 10fcxft2 ... bn. Рас­смотрим теперь числа Ьф2 ... fc„10 н Ь±Ьг ... fc„01. Они тоже делятся на М, так как согласно условию задачи признак делимости на М не зависит от порядка цифр числа. Тогда и их разность Ьф^ ■■ • Ъп\§— ЬгЬ% ... Ьп0\ =* = 9 также делится на М. Но делители 9—это 1, 3, 9. Отсюда, прини­мая во внимание, что признак делимости на 3 и на 9 не зависит от порядка цифр числа, заключаем, что М равно 3 или 9.

139. Если а = с, b = 0, то данное выражение при всех значеннях к принимает одно и то же значение, равное а:

Р(х) = a sin2 х -f- a cos2 х = а.

 

4 3-2730


97

 

Если а — с Ф 0 или h Ф О, то данное выражение можно преобразовать к виду

Р (х) =      (о + с) + Ь sin 2х +     (а — с) cos 2х =     (о + с) + + j/fta + _L (а _ f)a sin (2jc + ф),

где угол ф определяется из таких равенств:

b          .           а — с

cos ф =                        —,   sin ф =

г           ,     —   '   м" Ч            г                     •

J/     + _ (а-е)« 2 У t>2 + _L(o_c)2

1

Отсюда   следует,   что   наибольшее   значение,   равное        (о + с) -f*

+ "j/" b2 Н       — (а    с)2' Данное выражение Р (х)  принимает при  х =

Ф       я            1 I

=          —|—-—(- nk, k £ Z, а наименьшее значение, равное      (о -f- с) —

_ У ь* + -І- (о - с)2 , при * =   1          5_ + яп, п 6 Z.

Предположим, что существует многогранник М, число ребер ко­торого равно 7. Тогда все его грани обязательно должны быть треугольни­ками. Действительно, если некоторая грань Я многогранника М имеет больше 3 сторон, то по крайней мере одно ребро, исходящее из каждой вер­шины грани Я, не является стороной грани Я. Следовательно, числа ребер многогранника М не меньше восьми. Обозначим через /3 число граней мно­гогранника М. Так как все его грани треугольники, то число его ребер рав-

3/

но —^- (каждое ребро многогранника принадлежит сразу двум граням).

Но по предположению число ребер многогранника равно 7, поэтому должно 3/

выполняться равенство = 7, т. е. 3/3 = 14. Поскольку число 14 не де­лится на 3, то это равенство не выполняется ни при каких целых значени­ях /3.

ПришлиТк противоречию.

Пусть ABCD— произвольный пространственный (не плоский) четырехугольник, АС — его диагональ, лежащая в плоскости треугольни­ков ВАС и DAC. Обозначим сумму углов четырехугольника ABCD через о:

o=^BAD + ^DCB +^ADC+^ABC. 0)

Сравним эту сумму с суммой углов двух треугольников ВАС и DAC, кото­рая равна 360 . Для этого рассмотрим трехгранные углы ABCD и CDAB с вершинами соответственно в точках А и С. Поскольку сумма двух любых плоских углов трехгранного угла больше третьего угла (докажите это са­мостоятельно!), то

^ BAD < ^ CAB + ^ CAD, <2) ^ DCB < ^ ACD + ^ АСВ. (3)

 

 

Из равенства (1) в силу неравенств (2) и (3) следует, что о < ^ CAB + ^ CAD + ^ ACD + ^ АСВ + ^ Л0С -f ^ ЛВС =

= ^ (СЛВ Д- ^ ЛСВ + ^ ЛВС) +     CAD + ^ ADC + ^ ЛСО) = 360э,

что и требовалось доказать.

142.     Заметим, что оба числа 4343 = ((43)4)10 . 43s и 17" = ((17)4)4 X
X 17 оканчиваются цифрой 7. Следовательно, их разность 4343 — 1717
делится на 10.

143.     Пусть хну — цифры искомого числа. Тогда Юх + у = 2ху, т. е.

у = 2х(у-5). (1)

Отсюда следует, что у должно быть четным числом, причем 5 < у < 9. Решая уравнение (1) при указанных ограничениях на у, находим у = 6, *: = 3. Искомое число 36.

147. Пусть основание АВ вписанной в круг трапеции ABCD является диаметром этого круга (рис. 22); LMN — треугольник, вписанный в этот же круг так, что

LN || AD,   MN || ВС,   LM || АВ. (1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подпись:

 

 

 


Так как вписанная в круг трапеция является равнобедренной, то LMN будет равнобедренным треугольником, а его высота NNX будет лежать на диаметре, который перпендикулярен диаметру АВ. Из соотношений (1) следует, что

^ ЛВС = ^ LMN. (2)

Отсюда заключаем, что

АС = LN — MN. (3)

Пусть Сх — основание перпендикуляра, опущенного из вершины С на ос­нование АВ. Так как треугольник АСВ прямоугольный (угол АСВ опира­ется на диаметр А В), то

^ АССХ = ^ ЛВС. (4)

Из равенств (2) — (4) заключаем, что прямоугольные треугольники MNiN и ССХА равны, следовательно, и равновелики, т. е.

 

Вычисляя площади трапеции ABCD и треугольника LMN, получаем

sabcd =            + CD) . ССХ = АСХ . CCt = 2SACCiAt

 

4*


99


Отсюда на основании равенства (5) заключаем, что треугольник LMN и тра­пеция ABCD равновеликие.

148. Пусть М — произвольная точка, взятая внутри выпуклого много­угольника АіАг ... Ап. Среди прямых, на которых лежат стороны много­угольника, выберем наименее удаленную от точки М. Пусть это будет прямая АіА2. Докажем, что основание Н перпендикуляра, опущенного на нее из точки М, лежит на стороне Л1Л2, а не на ее продолжении. Дейст­вительно, если предположить, что точка Н лежит вне отрезка ЛгЛ2, то от­резок МН пересечет некоторую сторону многоугольника в точке Р (рис. 23).

Пусть такой стороной будет сторона Л2Л3. Поскольку многоугольник вы­пуклый, то точка Н лежит вне много­угольника, поэтому MP < МН. Но тогда расстояние MHt от точки М до прямой Л2Л3, которое меньше, чем MP, будет меньше МН, а это противо­речит выбору стороны ЛхЛ2.

149. Пусть L, М, P,Q — середины отрезков АВ, DC, ВС, DE выпукло­го пятиугольника ABCDE (рис. 24), R, S — середины отрезков LM и PQ. Обозначим через Т середину отрезка BE. По свойству средней линии тре­угольника QM || ЕС, TP || ЕС, т. е. QM || TP; QT || DB, MP || DB, MP. Следовательно, четырехугольник TPMQ—параллело­грамм, PQ н ТМ — его диагонали, 5 — точка пересечения этих диагоналей. Отрезки RS и LT — средние линии треугольников TLM и ЕАВ соответ­ственно. Следовательно, RS || LT || АЕ, т. е. RS || АЕ и RS = 4г LT =

 

 

 

Подпись: АЕ.


Подпись: у0 — целые ху у2
-т(4-«)-

150. Пусть дг0, уравнению —2—|-­


 

1

I

УІ

У\

 

положительные числа, удовлетворяющие Не ограничивая общности, мож-Тогда нз уравнения получаем

— 1 3*0,

 

+

нение, приходим к равенству

т. е. у\ ^ 3. Следовательно, у0 = I. Подставляя значение у0 = I в урав-

1 1

= 0, которое для положитель-

ных значений х0 не может выполняться. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений в целых положительных числах.

Следует взять 38 шаров. Если взять 37 нли меньше шаров, то сре­ди ннх может не оказаться 10 шаров одного цвета. Например, среди 37 ша­ров может быть 10 черных и белых (вместе взятых !), 9 красных, 9 зеленых и 9 желтых.

Пусть d — разность арифметической прогрессии. Тогда для про­извольного натурального k

 

1

ak-lak


 

at


J           (_J        L\ = _L(_J         L.)


Подпись: Следовательно
-4
L(J        !_ +J     L+ ... + _J         !_V

f_I__ M =

\ ax        an j

d \ ax        a2        a2        a3   an_x        an j

1/1       I  \      a„ — a,        n — 1

d \ ai       an j       datan axan

 

Пусть хну — искомые числа, а — наибольший общий делитель этих чисел. Тогда х = асх, у = ас2, где сх и с2 — взаимно простые положи­тельные числа. Наименьшее общее кратное чисел х и у будет равно асгс2. Согласно условию задачи сх + с2 = 18, асхс2 = 975. Из этих равенств сле­дует, что каждое из чисел сг и с2 не превышает 17 и является делителем чис­ла 975 = 1 • 3 • 5 • 5 • 13. Следовательно, сх = 5, с2 = 13, а = 15. Итак, х = 75, у = 195.

Пусть I — произвольная прямая, лежащая в плоскости Р и про­ходящая через точку В; М — основание перпендикуляра, опущенного из точки А на прямую I, С — основание перпендикуляра, опущенного из точ­ки А на плоскость Р. Соединим точку М с точкой С. По теореме о трех пер­пендикулярах CM J_ MB. Таким образом, из точки М отрезок СВ виден под прямым углом. Следовательно, искомое геометрическое место точек — окружность, построенная на ВС как на диаметре и лежащая в плоскости Р.

Точку Мх симметрично отобразим относительно прямой АхА2 в точку точку М\1) симметрично отобразим относительно А2А3 в точ­ку М\2) и т. д., пока ие дойдем до точки М\"\ которая является симметрич­ным образом точки М\п~'* относительно АпАх. Прямая М\"*М2 пересечет прямую АпАх в точке М, от которой можно вернуться к точке Мх.

157. Числа я-й группы — это « последовательных нечетных чисел, на­чиная с п (п — I) + 1. Их сумма равна

(п(«— 1)+1) + (и(я-1) + 3)+ ... +(я(п— 1) + (2и-1)) =

.      1 + (2я— 1) ,

= n2 (rj — 1) -)            !—і—   — п = п8.

 

Следовательно,

^п(п+ 1) j2

із+ 23 + 32 + ••• + п3 = 1 + 3 + 5+ ■■• +(n2 + n—1) =
1 + (я2 + п— 1)     я2+ п _ ( njn + 1)
~          2 '2

 

158. Пусть М = аЬс а 100a + 10Ь + с — искомое трехзначное число. Для определения его цифр согласно условию задачи составляем уравнение

o6c = a! + 6! + d (1)

Из анализа правой и левой частей этого уравнения с учетом равенств 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720, 7! = 5040 заключаем, что ии одна цифра числа М ие превосходит 6. Поэтому число М не превосходит 666, откуда следует, что ии одна цифра числа м ие превосходит 5. Согласно равенству (1) число а! + Ь\ + с\ должно быть трехзначным, поэтому по крайней мере одна из цифр а, Ь, с равна 5, ибо в противном случае число al + Ы + с! ^ 41 + + 4! + 4! = 72 будет меньше любого трехзначного числа.

Из полученных ограничений иа а, Ь, с следует а\ + Ы + с\ ^ 5! + + 5! + 5! = 360. Тогда из равенства (1) заключаем, что искомое число М = abc ^ 360, поэтому а ^ 3. Теперь нетрудно доказать, что a== 1. Действительно, при а = 3 число, стоящее в левой части равенства (1), больше 300 (ЗЬс > 300, так как одна из цифр b или с равна 5), а число,

t

стоящее в правой части, не больше 3! + 5! + 5! = 246, т. е. меньше 300, Следовательно, при я = 3 равенство (I) не выполняется. Если предположить, что а = 2, то для того, чтобы выполнялось равенство (1), необходимо, что (ы Ь — с = 5, ибо в противном случае число, стоящее в правой части ра венства (1), я! 4- Ы + с! < 2! + 5! + 4! = 126 < Ніс = М. Проверкой убеждаемся, что для чисел я = 2, b — с — 5 равенство (1) не выполняется. Следовательно, ях = 1. Тогда из правой части равенства (1) следует, что только одна цифра b или с равна 5, иначе оно ие будет выполняться, так как я! + Ъ\ + А = 1! + 5! + 5! = 241 > \йс~= М.

Цифра Ь не может равняться 5, так как в противном случае имели бы я! + Ы + .! < 1! + 5i + 4! = 125 < \Ес = М. Таким образом, я== 1, с = 5 и для определения цифры b равенство (П принимает вид 165 = = l!-T-fc!4-5! или 165 = 121 -\-b\. Для выполнения этого равенства не­обходимо, чтобы последняя цифра чис­ла 121 4 Ь! равнялась 5, а это воз­можно только при 6=4. Итак, исьо-мое число М — 145.

159. Предположим, что точка X уже найдена и прямые АХ и ВХ отсе­кают на заданной прямой / отрезок CD длины я (рис. 25). Перенесем отре­зок CD иа вектор С А. Тогда точка С перейдет в точку А, а точка D — в точ­ку К- Так как DK II С А, то ^ BDK = — ^ ВХА. Поэтому точка D лежит на дуге BDK, имеющей своими конеч­ными точками В и К и вмещающей угол, равный тому углу, который вмещает данная дуга ВХА. Отсюда следует та­кое построение искомой точки X. Через точку А проводим прямую парал­лельно прямой / и на ней откладываем отрезок АК — а. Затем иа отрезке ВК описываем дугу, вмещающую угол, равный тому углу, который вмеща­ет данная дуга АтВ. Пусть D точка пересечения этой дуги с прямой /. Тогда пересечение прямой BD с данной окружностью определит искомую точку X. Число решений равно количеству точек, в которых построенная дуга пересечет прямую /.

160. Пусть ABC—произвольный прямоугольный треугольник, ^ АСВ = 90°, ^ CAB = а. ^ ЛВС =90° —а (рис. 26). Обозначим через R и г соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

Поскольку треугольник ABC — прямоугольный, то R — -^-ЛВ. Пусть

Оі — центр вписанной окружности, Н — точка, в которой эта окружность касается стороны АВ. Тогда прямые АОг и ВО] являются биссектрисами углов CAB и ЛВС соответственно, a OtH = г. Из прямоугольных треуголь­ников АНО\ и ВНОї получаем

2R = АВ = АН 4- НВ = г (ctg-y- + ctg ^45°      J-J) ,

 

откуда


 

2 sin


sin (45°-^-)

 

ctg ^-4-ctg (4F-4-)

cos (a — 45°) — cos 45°
—         sin 45°
sin 45°

 

Y2cos(a — 45°) — I.

 

Отношение


принимает наибольшее значение, когда cos (а — 45°) = I,

 

т. е. (в силу ограничения 0 < а < 90°) когда а = 45°.

Пусть основание системы счисления равно а. Тогда согласно условию задачи составляем уравнение 4(1 • а + 3) = 1 • я2 + 0 • а 0, а > 0, т. е. а2 — 4а — 12 = 0, о > 0. Отсюда находим а = 6.

/20+ иУї + і/"20— 14Vr2==-^r(2 + Vr2)s+-i/r(2— У!)3 = = 2+^2 + 2 —V^ = 4.

170. Пусть ABCD — произвольный четырехугольник, вписанный в окружность (рис. 27). По свойству углов, вписанных в окружность, получа-

 

 

 

 

 

 

 


ем ^ DAC — ^ DBC, ^ DBA = ^ DC А. Построим угол ADE, равный углу BDC. Из подобия треугольников ADE и BDC (по трем углам) следует AD : ВО — АЕ : ВС, откуда

AD ВС = BD АЕ. (1(

Так как по построению ^ ADE = ^ BDC, то / ADB = ^ ADE + + ^. EDB = ^ EDB + ^ BDC = ^ EDC. Отсюда следует, что тре­угольники ADB и EDC подобны (по трем углам); поэтому АВ : ЕС = = BD : CD, откуда

АВ • CD = BD • ЕС. (2)

Складывая равенства (1) и (2), получаем

АВ CD + AD . ВС = BD EC+BD АЕ =

= BD (АЕ + ЕС) = BD АС.

171. Через / часов расстояние s между пароходом и яхтой будет рав­но

s = V(145 — 40/)2 + (16/)2 = 1^/^1856 [t — + 2900 км.

1

Отсюда легко сделать вывод, что через / = 3             часа после выхода рас-

8

стояние между ними будет наименьшим.

172. Данное выражение можно преобразовать к виду

 

m(m+ l)(m + 2)


 

Так как среди любых трех последовательных целых чисел по крайней і -ре одно делится иа 2 и одно иа 3, то при любых целых т число tn (т + 1) (т ' + 2) делится на 2 • 3 = 6, следовательно, число (1) — целое.

173. Упорядочим данную группу мальчиков по возрасту. Обозначим число всех мальчиков через п, возраст самого младшего (первого) мальчп­ка — через alt возраст самого старшего (я-го) мальчика — через ап, а раз­ность арифметической прогрессии через d. Предположим,  что десятилет­ний мальчик является k-м по счету в этой последовательности. Обозначим его возраст в данный момент через ak-Тогда согласно условию задачи

(3)

ai + d(n — 1)= 13, (1) av + d (k — 1) = 10, (2)

2a1 + d(n — 1)

-n = 5(a1-\- (k — \)d).

 

Поскольку возраст k-го (десятилетнего) мальчика составляет и будет со-

1

ставлять независимо от времени — суммы  возрастов   всех мальчиков

о

(считая и k-ro мальчика), то для любого значения х должно выполняться равенство

2 (a,-f-л:) + (я—\)d     ,     ,   ,     .... .

—v 1^ '— п = 5 (аг 4- х 4- (k — 1) d). (4)

Из уравнений (3) и (4), учитывая, что х Ф 0, d Ф 0, находим п = 5, k — 3; затем из уравнений (1) и (2) получаем d = 1,5, aj = 7. Таким образом, ко­личество мальчиков равно 5, а их возрасты соответственно равны: 7 лет, 8,5 лет, 10 лет, 11,5 лет и 13 лет.

174. Предположим, что задача решена, а — искомая плоскость, LAN —J угол, образованный пересечением плоскости ct с гранями двугранного уг-' ла (рис. 28). Возьмем на луче АВ произвольную точку К и проведем через

нее в плоскости LAN прямую, пер-1 пендикулярную лучу А В. Пусть Р и Q — точки пересечения этой прямой со сторонами угла LAN.'За­метим, что для построения искомой плоскости а достаточно построить точки Р и Q, так как тогда плос­кость PAQ будет искомой.

Так как АВ — биссектриса уг­ла LAN, то КР = КО.- Через точ­ку /С проведем плоскость со, пер­пендикулярную лучу АВ.

Рассмотрим случай, когда лучі АВ ие перпендикулярен ребру двугранного угла. Тогда плос­кость со при пересечении с гра-' нями двугранного угла образует угол TRS. Отрезок PQ лежит в плоскости этого угла, точки Р и Q принадлежат его сторонам, точка К является серединой отрезка PQ. Из изложенного следует такой метод построения искомой плоскости. Возь­мем на луче АВ произвольную точку К и проведем через нее плоскость ю, перпендикулярную АВ. В пересечении этой плоскости с гранями двугран­ного угла образуется угол TRS. На луче RK отложим от точки К отрезок KD = RK. Из точки D проведем прямые параллельно сторонам угла TRS. Полученный четырехугольник RQDP — параллелограмм, К — точ­ка пересечения его диагоналей, поэтому отрезок PQ (диагональ этого па­раллелограмма) проходит через точку К. и делится ею пополам. Следова­тельно, точки Р и Q построены и тем самым построена искомая плоскость PAQ. В данном случае задача имеет одно решение.

Пусть прямая АВ перпендикулярна ребру двугранного угла. Тогда плоскость, перпендикулярная АВ и проходящая через точку К Є (АВ) пересекает грани двугранного угла по двум параллельным прямым 1Х и/2.

Если точка К равноудалена от прямых /t и 12, то любой отрезок, за­ключенный между этими прямыми и проходящий через точку К, делится в ней пополам. В этом случае задача имеет бесчисленное множество реше­ний. Если же точка К находится на разных расстояниях от прямых 1Х и /2, то задача решений ие имеет.

Пусть М — произвольная точка основания правильной я-уголь-иой пирамиды Рп. Разобьем эту пирамиду иа п треугольных пирамид с об­щей вершиной М и основаниями — боковыми гранями пирамиды Рп. Поскольку пирамида Рп правильна, то площади ее боковых граней равны между собой. Обозначим расстояния от точки М до боковых граней пира­миды Рп через hlt h2,      hn, а площадь боковой грани — через 5. Тогда

объем пирамиды Рп равен V — -д- (/гг + h2 + ... -f- hn). Следовательно, 31/

hi + ftj + ... + hn =       есть величина постоянная.

Одну из ладей мы можем поместить на любую из п2 клеток, после этого вторую ладью можно будет поместить на любую из п — 1 горизон­талей и любую из п — 1 вертикален (горизонталь и вертикаль, на которых находится первая ладья, исключаются, поскольку две ладьи не должны угрожать друг другу), т. е. на любую из (я — 1) (и — 1) = (я — I)2 кле­ток. Комбинируя п2 различных положений первой ладьи с (я — I)2 различ­ными положениями второй ладьи, мы получим п2 • (я — I)2 = (я (и — I))2 возможных положений двух ладей на шахматной доске размером п X п, в которых они не будут угрожать друг другу.

178. Выберем на плоскости прямоугольную декартову систему коор­динат XOY и относительно нее рассмотрим п единичных векторов 0At,

—>—>

0А2, ... , 0Ап, образующих с осью ОХ углы, равные a, а -\           — , а +

, п 2я   I /       и   2зг т

+ 2        , ...,« + (я — 1)        . Тогда

05А={соз(а + (/г-1)-^-) ,

sin^a+ffc—1)-^_JJ,   k=\,2      л. (1)

Пусть а — сумма векторов OAk-

0 = 0^ + 05,+ •• +0Ап. (2)

Обозначим через хну координаты вектора а. Тогда из равенств (2), (1) следует, что

/    ,   2л \ ,      /    , -    2я N
х = cos а + cos I a -J    — 1 + cos 1 a + 2 •        І + • • •

... +cos^x + (n — .

у = sin a + sin |a +      sin (a + 2 •      + . .

... + sin     + (n — 1) .


Повернем каждый из л векторов О А /, на угол вокруг точки О. Тог­да на этот же угол повернется и сумма векторов ОА^, т. е. вектор а. Не­трудно заметить, что после поворота мы получим совокупность векторов,

ие отличающуюся от исходной, так как вектор OAt перейдет в вектор ОА2,

вектор ОА2 в ОА3 и так далее, и, наконец, вектор ОАп перейдет в вектор

ОА^ Поэтому сумма а* векторов после поворота должна быть тем же векто-—> —.     -. —.

ром а, что и до поворота, т. е. я* = а. Таким образом, вектор а не изменя-

ется при повороте его вокруг точки О иа угол —, который меньше 2л, поскольку л > 1. Но таким свойством обладает только нулевой вектор. Позі ому о=0, следовательно, его координаты х, у равны нулю, т. е.

cos а 4- cos [ a +

4-cos

+

sin a + sin [ a +

 

... +Sin^a+(«-l)-2^-J=0,

что и требовалось доказать.

l. Учитывая эти соотношения, находим

180. Пусть R — радиус вписанного шара; гх и т2 — радиусы нижнего и верхнего оснований усеченного конуса, а h и / — соответственно его вы­сота и образующая. Поскольку шар вписан в усеченный конус, то h = 2R,

ri +

2R*

 

у.к


— пп (rj + r2 -f- rxr2)

 

 

 

inR2


2R*

 

"у.к


n          I (/"i + r2))      r2 + гг + ггг2

 

до-

Из этих равенств следует Уш : Vy к = Sm : Sy к, что и требовалось казать.

181. Каждый кратчайший путь от одной из вершин прямоугольника до противоположной состоит из т 4- п отрезков, среди которых т отрезков направлены с севера на юг и и отрезков — с востока на запад. Очесидно, что различные пути отличаются друг от друга лишь порядком чередования отрезков, направленных с севера на юг, с отрезками, которые направлены с востока на запад. Поэтому общее количество всех кратчайших путей рав­но числу способов, которыми из т 4- п отрезков можно выбрать т отрезков, направленных с севера на юг, или, что то же самое, числу способов, кото­рыми из т 4- п отрезков можно выбрать я отрезков, направленных с вос­тока на запад. Эти числа равны соответственно С^^_п и С^,^_п. Итак, число различных кратчайших путей, ведущих от одной вершины заданного пря­моугольника до противоположной, равно С^+п = С"п

-'т-^-п'

183. Предположим, что искомый треугочьник А ВС построен, -го осно­вание А В лежит на заданной прямой I, а точки К. и D являются осне іаниі-ми высот АК и BD (рис. 29). Поскольку углы ADB и АКВ — прямые, то точки D и К лежат на окружности, описанной на АВ как на диаметре. Поэтому для построения искомого треугольника ABC достаточно найти его вершины А и В па поямой I и через них провести прямые AD и ВК до и. перрс і'ния в точке С. Для этого через средину отрезка DK щ .цюдим к нему перпендик», т»" до пересечения с прямой / в точке О. Затем из точки О как из центра описываем окружность радиусом О/С = 0D. Точки пере­сечения этой окружности с прямой I и будут двумя вершинами А и В иско­мого треугольника ABC. Если отре ок DK не перпендикулярный к прямей I, то задача имеет два решения: искомыми треугольниками будут треуголь­ники ABC и ABC,; если же DK i'.a точки D и К симметричны относи­тельно прямой /, то задача имеет бесконечное множество решений, если

DK, J_    по точки D и К не-   ^

симметричны относительно

прямой   то задача решений           / \


че имеет.        /у \

а (о + 1) (о + 2) (о + 3) + 1 = (о2 + Зо) (о2 + Зо + 2) + 1 = = (а2 + Зо + I)2.

Предположим, что задача решена, ABCD — искомая трапеция, в щсаиная в данный круг у, DH — h — ее высота, АВ — CD = I (рис. 30).

Через точку D проведем прямую параллельно ВС до пересечения с А В в точке F. Тогда AF = АВ — CD = I. Поскольку трапеция вписана в окружность, то она равнобедренная. Поэтому AD = ВС = DF. Отсюда следует, что треугольник ADF — равнобедренный. Поскольку в этом тре­угольнике известны основание AF = I и высота DH — h, проведенная к этому основанию, то его можно построить, следовательно, можно иайти и отрезок AD — боковую сторону искомой трапеции.

Из сказанного следует такое построение искомой трапеции ABCD. Сначала строим равнобедренный треугольник AiDxFi по основанию AxFi = / и высоте Ј>i//i = h (рис. 30, б). Затем из произвольной точки D заданной

-ш F W

о <ружности y как из центра описываем дугу радиусом DiHi — у Л2 + ^.

Пересечение этой дуги с окружностью y определит точку А. Хорда AD будет боковой стороной искомой трапеции. На отрезке AD как на диа­метре описываем окружность у,, а из точки D как из центра описываем окружность Ya радиусом h. Точка Н пересечения этих окружностей, нахо­дящаяся внутри круга y. будет лежать иа основании АВ искомой трапеции. Затем через точки А и Н проводим прямую до пересечения с окружностью Y в точке В, а через точку D — прямую параллельно АН до пересечения с окружностью y в точке С.  Полученная   трапеция ABCD — искомая.

Предлагаем самостоятельно выяснить вопрос, при  каких услов і задача имеет решение и сколько их.

186. Поскольку число всех трехзначных чисел равно 900, то для п написания понадобилось бы 900 • 3 = 2700 цифр. Для нумерации страниц словаря потребовалось всего лишь 2322 цифры, следовательно, слова' ь заканчивается страницей, занумерованной трехзначным числом. Обозна­чим количество страниц словаря с трехзначными номерами черер х.

Так как для нумерации первых 9 страниц необходимо 9 цифр, для ну­мерации последующих 90 страниц с двухзначными номерами нужно 90 ' X 2 = 180 цифр, для нумерации х страниц с трехзначными номерами не­обходимо Зх цифр, а всего надо 2322 цифры, то для определения х полу­чаем уравнение 9 + 2 • 90 + Зх = 2322, отку­да находим х = 711. Таким образом, словарь содержит 9 + 90 + 711 = 810 страниц.

187. Предположим, что такой треугольник А ВС построен: А—заданная его вершина, пря­мые / и от являются биссектрисами углов А ВС, АСВ соответственно (рис. 31). Пусть /4, и А2 — симметричные образы точки А относительно пря­мых I и от. Тогда по свойству биссектрисы угла эти точки будут лежать иа стороне ВС или ее продол­жении, следовательно, определят прямую, на которой лежит сторона ВС треугольника ABC. Отсюда следует такое построение треугольника ABC. Отображаем (симмет­рично) точку А относительно прямых I и от. Получаем точки А± и А2. Через эти точки проводим прямую g. Пусть В и С — точки пересечения прямой g с прямыми /йот. Тогда треугольник ABC — искомый. Предлагаем чита­телю выяснить, при каких условиях задача имеет решение и сколько их.

188. Пусть abed — искомое четырехзначное число. Поскольку число 400 abed семизначное и является точным квадратом, то его можно предста­вить в виде

WOabcd = 20/m2. Перепишем это уравнение следующим образом:

400 • 104 + abed = (20 • 102 + 10/ + m)2. Отсюда после возведения правой части в квадрат и последующего упроще­ния получаем abed = 4000 (10/ + /я) + (10/ + "О2- Поскольку / и т — цифры числа, то из этого равенства следует, что / = 0, а 0 < от ^ 2 (т. е. от = 1 или т = 2), ибо в противном случае число, записанное справа, не будет четырехзначным. Следовательно, искомые числа 4001 и 8004.

189. Задуманное число делится на 7, на 8 и на 9. Поэтому оно должно делиться на 7 • 8 « 9 = 504. Поскольку задуманное число трехзначное, то оно равно 504.

 

190. Так как


1

ft(A+ I)


1


1

А+1

 

1

 

1 • 2

2-3

-(>--*-)+(т-4-)+


л(л+ 1)

+ (~й іг+г)

 

= і


 

п+1 л+1

 

 

191. Пусть AAlt BBi, CCj — высоты остроугольного треугольника ABC (рис. 32, а). Окружность, описанная на АВ как на диаметре, пройдет через точки Aj и В]. Поэтому

^ А^В = ^ АХАВ (1)

как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу AVB. Аналогично, поскольку ^ CBjB = ^ CCVB — 90°, то окружность, описанная на ВС как на диаметре, пройдет через точки В] и Cj. Поэтому

^ ВВ,С, = ^ BCCt (2)

 

 


как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу ВСі. Поскольку в прямоугольных треугольниках АА\В и СС^В угол ABC — общий, то ^ AiAB — ^ BCCj. Из равенств (1) и (2)   находим,   что ^ А±АВ =

= ^ BBjCi, а, следовательно, ВгВ — биссектриса угла Л1В1Сі. Аналогич­но доказываем, что АгА и CjC являются биссектрисами углов B^Ci н A&Bi.

Нетрудно доказать, что стороны исходного треугольника будут бис­сектрисами внешних углов треугольника /41В1С].

Если треугольник ABC тупоугольный и угол АСВ — тупой, то вы­соты ААХ и ВВу будут биссектрисами внешних углов, а высота СС, биссект­рисой внутреннего угла треугольника АуСуВу. Прямые, на которых лежат стороны АС и ВС, будут биссектрисами внутренних углов, а ВА — бис­сектрисой внешнего угла треугольника АуВуСу (рис. 32, б). Доказательст­во этих утверждений предлагаем провести самостоятельно.

Пусть длина той стороны забора, которая перпендикулярна к направлению реки, равна х. Тогда площадь прямоугольного участка рав­на S = х (100 — 2х) = —2 (х — 25)2 + 1250. Площадь будет наибольшей при х = 25.

Обозначим длины диагоналей ромба через dy и d2. Тогда иско­мая плошадь равна

S = -L dA = -і- ((dy + <У2 - (d\ + й%) = -J- (m2 - р2).

195. Пусть АВ и CD — соответственно большее и меньшее основания трапеции ABCD, О — точка пересечения ее диагоналей, Р — точка пере­сечения продолжений боковых сторон, М и N — точки пересечения прямой РО с основаниями А В и CD. Из подобия треугольников AMP и DNP, МБР и NCP, А МО и CNO, МВО и NDO слеіует

 

AM

MP

MP

MB

DN

'  NP '

NP

NC

AM

MO

MO

MB

NC

ON J.

ON

ND


Перемножив почленно все эти равенства, получим AMZ = MB2, откуда AM = MB. После этого из равенств (1) находим DN = NC.

Пусть N — abed искомое число. Поскольку abed = (а + Ь + с + + d)4, то 6^o + 6 + c-(-d^9,   ибо   в   противном    случае число

(я + b + с + d)4 не будет четырехзначным. Искомое число 2401. Т

Пусть ABC — треугольник, у которого высота СН, биссектриса CL и медиана СМ, проведенные из вершины С, делят угол АСВ на четыре равные части:

 

^ АСН = ^ IICL = ^ LCM = ^ МСВ = а


(1)

 

(см. рис. 33). Опишем около треугольника ABC окружность у. Продол­жим медиану СМ до пересечения с окружностью у в точке  D. Тогда

їв-

I

[И,

>е-

^ CD В = ^ CAB = ^ САН = = 90° — а как вписанные углы, опирающиеся иа одну и ту же дугу СВ. В треугольнике CBD ^ CBD = = 180° — CDB + ^ BCD) = = 180° — (90° — ct) — а = 90°. По­этому треугольник CBD — прямо­угольный, его гипотенуза CD явля­ется диаметром окружности у. Так как диаметр CD проходит через се­редину М хорды А В и ей не пер пен дикулярен, то хорда АВ также яв ляется диаметром окружности Отсюда заключаем, что треугол ник ABC — прямоугольный ^ АСВ = 4а = 90°, откуда а = 22° 30'. Таким образом, в тре­угольнике ЛВС: ^ АСВ = 90°, ^. CAB = 90° — а = 67° 30', « ^ АВС= 22° 30'.

Обозначим искомые числа через х и у, а их наибольший общий д;-литель через а. Тогда

х — ab,   у — ас, (1)

где бис — взаимно простые числа. Наименьшим общим кратным чисел х и у бужет аЬс.

Соглісно условию задачи

а (Ь + с) = 667; (2>

be = 120. (3)

12 • 60

60

Поскольку числа бис взаимно простые и их сумма является делителе..і числа 667 = 1 23 • 29, то из уравнения (3) с учетом равенства 120 = = 8 • 3 • 5 заключаем, что или bt = 8, тогда с± = 15, или Ь2 = 24, тогда с2 = 5. Затем из уравнения (2) соответственно получаем ог = 29, я2 = 23-После этого из равенств (1) находим искомые числа: х\ = 232, Уі = 435 и «, = 552, уг — 115.

Через точку М проведем MN || АВ и ML || АС (рис. 34). Полу­ченный четырехугольник ALMN — параллелограмм, LN — его диагональ. Пусть О — середина этой диагонали. Тогда прямая МО будет искомой.

За 60 минут часовая стрелка проходит 1/12 круга, а минутная —
полный круг. Следовательно, за 1 минуту угол между минутной и часо-
вой стрелками сокращается на       ——— =     —круга. В тот

12 • 60 юмент, когда часы показывают 4 часа, угол между стрелками составля­ет -у^- =       круга. Поэтому минутная стрелка догонит часовую стрел-

1        П            о, 9

ку через Т'-^йТШ =21ТГ минуты-

Расстояние между пунктами Л и В 100 км, скорость велосипеди­ста, выехавшего из пункта А, равна 15 км/ч, а скорость велосипедиста, выехавшего из пункта В, равна 10 км/ч.

Пусть в треугольнике ABC АС = а, АВ = с + d, ВС = с + 2d, CD — высота треугольника, г — радиус вписанной окружности. Тогда

^ДАВС — "J" ^ СХ> = — (с + d) • CD. Но, с другой стороны, S^ABC =

1 3 =     г (Л С + Л В + ВС) - — / (с + d). Приравняв правые части этих


равенств, находим г = CD.

Пусть треугольник ЛВС и квадрат DEFG описаны около одной и той же окружности у (рис. 35). Обозначим точки касания сторон треуголь­ника с окружностью у через Ті, Т2, Tg, а точки касания сторон квадрата — через Ki, К2, Кз, Кі- Заметим, что точки Кі, Кг, Ks, Кц являются середина­ми соответствующих сторон квад- q

отрезков двух соседних сторон квадрата от их общей вершины до точек касания с окружностью. Поскольку треугольник имеет три точки касания со вписанной окружностью, а квадрат — четыре, то хотя бы между одной парой точек касания окружности с треугольником лежат две точки каса­ния окружности с квадратом. Поэтому хотя бы один «угол» квадрата лежит весь внутри треугольника. Заметим, что периметр каждого «угла» равен стороне а квадрата.

Пусть внутри Л ЛВС лежит только один «угол» KiEK2- Тогда остальные три «угла» частично лежат вне Л ЛВС.

Докажем, что более        периметра каждого такого «угла» лежит

внутри треугольника.

Пусть «угол» K2FK3 частично лежит вне треугольника. Обозначим че­рез L и М точки пересечения сторон этого «угла» со стороной ВС. На ос­новании свойств касательных, проведенных из одной точки к окружности LKi = LT2, МКз = МТ2. Складывая эти равенства, получаем

LK2 + MKS = LT2 + MT2 = LM. (1)

Так как в прямоугольном треугольнике гипотенуза больше каждого из катетов, то FL < LM, FM < LM, откуда

FL + FM< 2LM. (2)


Но, с другой стороны, учитывая равенство (1), находим

3)

FL + FM = (FK2 - LK2) + (FKS - ЛИГ,) = = (FKo + FK3) - (LK2 + MK3) = с — LM. (3) Подставляя в неравенство (2) вместо FL + FM его значения из равен­ства (3), получаем а — LM<2LM, откуда находим LM> — а, т. е.

LK2 + МК3 > -L а.

Таким образом, в том случае, когда внутри треугольника лежит толь­ко один «угол» квадрата, длина той части контура квадрата, которая лежит

1

внутри треугольника, больше, чем 3 -g- а + а = 2а. Это означает, что

внутри треугольника находится больше половины периметра квадрата.

В случае, когда внутри треугольника лежат два «угла» квадратя,. утверждение задачи очевидно, поскольку сумма длин сторон этих двух

«углов» квадрата уже равна поло­вине периметра квадрата.

206. Обозначим через сх nepJ вый член арифметической прогрес­сии, а через d — ее разность. Тогда

2

$3т —

2a1 + d(3m—l) 2

заключаем, что 3 (S2m

= S.

„  _ 2at +d (т — 1)

Отсюда

— Sm) — c3m.

207. Пусть SLMN — произ­вольный трехгранный угол. Отло­жим на его ребрах от вершины S равные отрезки SA, SB, SC. Концы этих отрезков образуют треуголь­ник ABC. Поскольку треугольни­ки ASB, ASC, BSC равнобедрен­ные (по построению), то биссектри­сы плоских углов трехгранного уг­ла пройдут через середины сторон треугольника ABC. Поэтому ука­занные в условии задачи плоскос­ти пересекут треугольник ABC по его медианам. Но поскольку медиа­ны треугольника пересекаются в одной точке М, то и все эти три плос­кости пересекутся в этой же точке М. Кроме того, эти три плоскости имеют еще общую точку S — вершину трехгранного угла. Следователь­но, все они пересекутся по одной прямой SM.

211. Пусть / и т — заданные взаимно перпендикулярные скрещиваю­щиеся прямые, АВ — произвольное положение скользящего отрезка по« стоянной длины а, М — его середина, А Є /, В f ш (рис. 36). Через пря­мую / проведем плоскость а параллельно прямой т, а через прямую т — плоскость 6 параллельно /. Очевидно, что плоскости а и 6 параллельны между собой и однозначно определяются скрещивающимися прямыми / и т. Обозначим расстояние между ними (оно равно расстоянию между пря­мыми / и т) через ft. Пусть у — плоскость, параллельная плоскостям а и В и проходящая между ними на одинаковых расстояниях от них. Посколь­ку плоскость у делит пополам любой отрезок, заключенный между плоско­стями а и В, то точка М будет принадлежать плоскости у.

Проекции /( и тх прямых / и т на плоскость у взаимно перпендику­лярны, так как 1у || I, тх || т, а / _|_ т. Пусть Ах и Вх — проекции точек Л и В на плоскость у. Тогда середина М отрезка АВ есть и середина отрез­ка АуВу. Длина отрезка АуВу постоянна, так как AtBy = \rАВ'1 — ft2 = = V а1 — ft2. Таким образом, задача свелась к такой планиметрической задаче. Найти геометрическое место середин отрезков АХВХ постоянной длины у а' — /і2, концы которых скользят по двум взаимно перпендику­лярным прямым 1у и ту. Обозначим точку пересечения прямых 1у и nty через О. Так как медиана прямоугольного треугольника, проведенная из вер­шины прямого угла, равна половине гипотенузы, то   ОМ = -к АуВу —

1    .     2

— -к- У а2 — ft2. Следовательно, искомое геометрическое место точек есть

z 1 окружность с центром в точке О и радиуса -g V а2 — ft2, лежащая в пло­скости у.

212.     Заметим, что согласно условию задачи нам необходимо лишь ука-
зать число дюралевых кубиков, а не отобрать их.

Возьмем два произвольных кубика и сравним их массы при помощи весов без гирь. При этом могут возникнуть такие два случая: 1) чашки ве­сов не уравновесились или 2) чашки весов уравновесились.

Если чашки весов не уравновесились, то, очевидно, среди взятых кубиков один дюралевый, а другой алюминиевый. Положим эту пару на одну чашку весов. Разделим оставшиеся 18 кубкков на девять пар и каж­дую будем сравнивать по массе с первой парой. Если испытываемая пара окажется по массе такой же, как и первая, то в этой паре один кубик дю­ралевый, а другой алюминиевый; если пара окажется легче, то оба кубика будут алюминиевыми; если же испытываемая пара окажется тяжелее, то оба кубика такой пары — дюралевые. Таким образом, независимо от пока­заний весов мы можем определить количество дюралевых кубиков в испыты­ваемой паре. Поэтому для подсчета общего количества дюралевых кубиков достаточно десяти взвешиваний.

Пусть чашки весов уравновесились. Будем брать из 18 оставшихся кубиков по 2 и сравнивать их по массе с первой парой до тех пор, пока не обнаружим пару с другой массой. Если эта пара окажется тяжелее первой, то все кубики предыдущих пар — алюминиевые, если же она окажется легче, то все кубики предыдущих пар — дюралевые. Сравнив теперь меж­ду собой кубики этой пары, выясним, из каких кубиков она состоит, затем из числа рассмотренных кубиков образуем пару с различными массами. После этого остальные пары кубиков будем сравнивать с этой парой и де­лать соответствующие заключения, как в п. I. Таким образом, в этом слу­чае для подсчета общего количества дюралевых кубиков достаточно выпол­нить И взвешиваний.

213.     Пусть К — произвольная точка на шаре (рис. 37, а). Поместив
ножку циркуля в точку К, опишем на поверхности шара произвольную
окружность у. Обозначим через К! проекцию точки К на плоскость, опре-
деляемую окружностью у. Точка К' будет центром окружности у. Продол-
жим луч КК' до пересечения с поверхностью шара в точке Р. Нетрудно
убедиться, что КР будет диаметром шара. Для определения отрезка КР
выполним такие построения. Отметим на окружности у три точки А. В, С,
тогда КАР — 90°, поскольку он вписан в сферу и опирается на ее диа-
метр. Затем на листке бумаги (на плоскости!) строим треугольник AyByCj,

 

 

В

 

 


равный треугольнику ABC, н около него описываем окружность yt (рис. 37, б). Поскольку треугольники ABC и A-iB-iCi равны, то равными будут и радиусы АК' и АхКі окружностей у и Yi- Зная длины сторон тре­угольника АіВіСі, мы можем найти радиус AtKi- Таким образом, в резуль­тате построений мы можем определить длины отрезков АК и АК'. Построим теперь прямоугольный треугольник АК'К, гипотенузой которого является отрезок АК. г катетом — отрезок А К' (рис. 37, е). Через точку А проведен

прямую перпендикулярно А К до пересечения с продолжением луча КК''
в точке Р. Полученный отрезок КР будет диаметром данного шара.
214. Так как я; > 0 (»' = 1,2    л), то

 

1 +а2>2/я7 ,

 

Перемножив почленно эти неравенства, получим требуемое неравенство: (1 + Cj) (1 + я2) ... (1 + ап) > 2" К"«іс2 ... ап = 2" • 1 = 2". Равен­ство здесь имеет место тогда и только тогда, когда Cj = я2 = = = я„ = 1.

Предположим, что задача решена, к у — плоскость, пересекаю­щая треугольную пирамиду РАВС по параллелограмму LKNM (рис. 38). Тогда KL || NM, KN || LM. Отсюда по свойству плоскости, которая пе­ресекает две пересекающиеся плоскости по параллельным прямым, сле­дует, что у Ц АР, у || ВС, т. е. плоскость у параллельна двум непересе­кающимся (скрещивающимся) ребрам пирамиды АР и ВС.

Нетрудно убедиться и в обратном, т. е. в том, что всякая секущая плоскость, параллельная любым двум скрещивающимся ребрам треуголь­ной пирамиды, пересекает ее по параллелограмму (см. по этому поведу решение задачи № 221).

Пусть я — основание искомой системы счисления. Тогда согласно условию задачи

а* + 6яэ + Зяа + 2я + 4 = (я2 + 2я + 5)2,

откуда 2я8 — 11а2 — 18я — 21=0, (я — 7) (2яа + Зя + 3) = 0. Решая это уравнение, находим я = 7.

Преобразовав данное выражение к виду >A2sin ~^], заклю­чаем, что на указанном промежутке оно принимает наименьшее значение, л ,_

равное 1, при *=0 и * = -ji а наибольшее значение, равное у 2, при л

Из очевидного тождества

(* + у + г)3 = х3 + у3 + г3 + 3 (х + у + г) (ху + хг + уг) — Ъхуг находим

Xі + у3 + г» = (* + у + г)3 - 3 (х + у + г) (ху + *z + уг) + Зхуг. (1)

Отсюда замечаем, что для определения суммы х3 + і/ + г3 достаточно из заданной системы уравнений найти ху + хг + уг и хуг.

Если возвести в квадрат обе часта первого уравнения исходной систе­мы и вычесть второе, то получим

ху + хг + уг =      (а* - 6*). (2)

Запишем третье уравнение системы в таком виде:

хуг = с(ху + хг + уг). (3)

Тогда из равенства (1), принимая во внимание равенства (2) и (3), находим

3 3
ха + у» + г* = а3         —а(а* —    + — с(а* — Ь*) =

= a3 + JL (C2_fc2) (с-а).

Пусть А — самый низкий ученик среди учеников, выбранных в продольных рядах, В — самый высокий ученик среди учеников, выбран­ных в поперечных рядах, С — ученик, стоящий в том же продольном ряду, что и ученик А, и в том же поперечном ряду, что и ученик В. Тогда А не ниже ученика С, а С не ниже ученика В. Следовательно, ученик А не ниже учени­ка В.

Искомое число 3456 (4356 = 662).

Пусть у — произвольная секущая плоскость, параллельная двум скрещивающимся ребрам ВС и АР пирамиды РАВС (рис. 38). (Такую плоскость можно построить так: через произвольную точку К, принадлежащую А В, проводим KL | ВС и К N || АР. Тогда KL и KN определят плоскость у). Эта плос- Рис. кость пересечет четыре ребра пирамиды, следова­тельно, в сечении будет четырехугольник KLMN. Поскольку плоскость у || ВС, то она пересечет грани РВСи ABC по отрезкам KL и NM таким, что

KL у NM || ВС. (1)

Точно так же

KN || LM || АР. (2)

Отсюда следует, что KLMN — параллелограмм. Площадь этого паралле­лограмма вычисляем по формуле

S — KL KN sin NKL. (3)

Из соотношений (1) и (2) заключаем, что угол NKL равен углу между скре­щивающимися ребрами АР и ВС, Поэтому sin NKL есть величина постоян­ная для всех рассматриваемых параллельных сечений. Следовательно площадь сечения зависит только от величины произведения KL • KN'. Обозначим АК = х. Тогда из подобия треугольников ABC и AKL, ВАР и BKN следует

KL        х           KN       АВ — х

 

Отсюда находим


ВС       АВ        АР АВ

 

АВ2     ~ v      ~' ABi

„,    „д.      ВС-АР        ч       ВС АР

KL KN =        —         х (АВ — х) =

 

(4)

ВС • ЛР

Поскольку —— есть величина постоянная, то из равенства (4) сле­дует, что интересующее нас произведение KL • KN принимает наибольшее значение при х = -g АВ. Таким образом, сечение с наибольшей площа­дью мы получим, пересекая пирамиду плоскостью, проходящей через се­редины ребер АВ, AC, BP, СР.

Если первое колесо вращается по часовой стрелке, то второе! должно вращаться против часовой стрелки, третье — по часовой стрелке,...

седьмое — по часовой стрелке. Но седьмое колесо сцеплено с первым, которое тоже вращается по часовой стрелке. Вывод: колеса такой системы вращаться не могут.

Пусть х, у, г, и — искомые числа. Будем предполагать, что] 1^.х<у<г<и. По условию задачи х + у -\- г + и = хи + уг. (1) Так как х ^ 1, то х у + г + и = хи + уг ^ и + уг, откуда х + у + + г ;> уг. Но х -f- у + г < 3z. Таким образом, Зг > г/z, т. е. # < 3. Следо­вательно, х = I, у = 2. Из уравнения (1) получаем г = 3. Число н может быть любым целым числом, большим 3.

 

На 1955-м месте стоит цифра некоторого трехзначного числа. В самом деле, до этого места будут выписаны все однозначные и двузнач­ные числа (9 + 2 • 90 = 189 цифр), далее начинается выписывание трех­значных чисел. Так как 1955 — 189 = 588 - 3+ 2, то будут выписаны числа 100, 101,      688, и на 1955-м месте окажется выделенная цифра 8.

Колеса такой системы могут вращаться только при четном п (см. решение задачи 222).

Пусть К и N — основания высот, проведенных на стороны АВ и ВС Л ABC. Построим на АС как на диаметре полуокружность. Она прой­дет через точки К н N, так как из этих точек отрезок АС виден под прямым углом. Заметим, что ^. КСА = л KNA (вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу). Поэтому ^ BNK =90° — ^ K.NA = 90° — — ^ КСА = ^ ВАС. Следовательно, треугольник BNK подобен тре­угольнику ABC.

Предположим, что а > 0, Ь > 0, с > 0. Перемножив почленно все три уравнения, получим х2у2г2 = аЬсхуг, хуг (хуг — abc) = 0. Если хуг = 0, то нетрудно убедиться, что х = у = г = 0. Будем предполагать хуг Ф 0. Тогда х — ± У be, у = ± Уас, г = ± \rab, где знаки необхо­димо выбирать так, чтобы хуг > 0.

Трехзначное число вида есс можно представить так:

ссс= 102с + 10с + с = 111с= 37 • Зс, где с — одна из цифр 1, 2, . . •

. .., 9. Так как 1 + 2 + ... + п =   " (" + [)  ,   то п (п -f- 1) = 2 X

X 3 • 37 • с. Следовательно, одно из чисел п или п + 1 делится на 37. Если n = 37k, то k (37k-\- 1) = 6с. Но 6с    54. Следовательно, /г = 1.

Если п = 37, то   П        ^   = 703 не удовлетворяет условиям задачи.

Если п + 1 = 37k, то k (37k — 1) = 6с. Опять для k возможно только

36 37

одно значение k = I. В этом случае             = 666. Итак, п = 36.

Пусть А к В — данные точки, а Р — произвольная точка искомо-го геометрического месга, т. е. отношение = с постоянно. Предполо­жим, что PC — биссектриса Л АР В, a PD — биссектриса внешнего угла, прилегающего к углу АРВ. Заметим, что PC J_ PD (биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны). Отобразим точку В симметрично отно­сительно PD и PC. Полученные точки Вх и В2 лежат на прямой АР. Так

АС    АР АР

как CP || ВВі, то -QB ' рв ~ РВ= Сш Поскольку ВВ2 | PD, то AD    АР     АР 1

•gg = g-p = pg = с.   Итак,  из любой точки Р отрезок CD виден под

прямым углом. Следовательно, искомое геометрическое место — окруж­ность, построенная на отрезке CD как на диаметре.

Пусть d — разность прогрессии. Любое простое число, большее 3, имеет вид 6« + 1 или 6л + 5. Из трех простых чисел по крайней мере два имеют одинаковый вид. Разность этих чисел, равная d или 2d, делится на 6. Следовательно, d делится на 3. Но d делится и на 2 (как разность двух нечетных чисел). Следовательно, d делится на 6.

 

Возведя обе части уравнений в квадрат и сложив их почленно,

получим sin* х + cos* х =      • Далее,

(sin2 х + cos2 х) (sin4 х — sin2 x cos2 к + cos4 .v)= »

4

I

1 — 3 sin2 x cos2 x  - — >   sin2 2x = 1. 4

Л.

Так как по условию х — острый угол, то х =           > sin х = cos х. Сле-

JT

довательно, sin у = cos у и у =         •

4

Пусть а, Ъ, с —- стороны треугольника ABC и  ^ ВАС = а.

с Ь
Тогда АС =      >   АВ' =           •   По теореме косинусов

(В'Су =      [с2 + Ь"- — 2Ъс cos (60° + а)] =
= -g— j^fc2 -f- с2 —26с ^-i- cos а      ^   sin aj j =

= — [Ь2 + с2 — 6с cos а + 2 V 3 S],

где S — площадь треугольника ABC. Так как с2 = б2-f-с2 — 26с cos а,

то (В'С)2 = — [с2 + б2 + с2 + 4 /3 S]. Следовательно, В'С = СМ' = 6

= А'В'.

238. Пусть Тп = З2*4"2 — 8я — 9. Заметим, что Т± делится на 64. Предположим, что Тп делится иа 64, и докажем, что Тп+1 также делится на 64. Действительно,

Г„+1 = 32(п+1)+2 - 8 (я+1)- 9 = 9- 32"+2 - 8я -= 9Г„ + 64 (п + 1),

следовательно, делится на 64. Поэтому в силу принципа мате атнческой индукции Тп делится на 64 при всех натуральных п.

nh-

239. Заметим, что объем сферического сегмента   равен —-— (3/? —

— я), где R—радиус шара, a h—высота сферического сегмента. Радиус

о у 2

шара, касающегося всех ребер куба со стороной а, равен R = —^— '

высота сферического сегмента, отсекаемого от этого шара гранью куба,

а ,       

равна я=-^-(у2 —1). Следовательно, объем той части шара, которая находится вне куба, равен

 

Подпись: 2л а

з °"2-1)2


За \г2

 

= — іш3 (\г2 -1)42/2 +1). 4

Объем части шара, находящейся внутри куба, равен

ХЯ ( " V2    )'    Г Ш* (VJ - 1)2 <2      + I) = ~- (15-8^2).

240. Рассмотрим п + 1 число 1, 11  11 ... 1. Среди этих чисел суще-
ствуют по крайней мере два числа, которые при делении иа п дают один и

тот же остаток. Разность таких чисел запи­сывается с помощью цифр 1 и 0.

Воспользуйтесь методом решения задачи № 190.

Обозначим углы, как указано иа рис. 39. По свойству внешнего угла треуголь­ника at = В + у, р\ = а + у. Сложив эти равенства,  получим at + рЧ = а + 6 + 2у.

Рис. 39            Отсюда, учитывая, чю у> 0, находим ах +

+ Pi > а + В.

243. Обозначим искомое число через А. В семиричной системе счис­ления его можно записать так:

А = 72а + 7Ь + с, (1)

где

0<с<6,   0 < Ь < 6,   0 < с < 6. (2)

Согласно условию задачи число А в девятиричиой системе счисления пред­ставимо в виде

Л = 92с + 96 + о. (3)

Сопоставляя равенства (1) и (3), получаем для определения а, Ь, с уравне­ние b = 8 (За — 5с), из которого с учетом неравенств (2) находим Ь — О, а = 5, с = 3.

244. Задача сводится к построению биссектрисы угла, вершина кото­рого недоступна (см. по эюму поводу решение задачи 281).

Пусть АВ и DC — две заданные параллельные хорды круга, a LM — его диаметр. Четырехугольник ABCD представляет собой равно­бедренную трапецию. Продолжим боковые стороны трапеции до их пере­сечения в точке S. Проведем диагонали трапеции. Пусть К — точка их пересечения. Через точки S и К проведем прямую. Эта прямая, согласно утверждению задачи 195, пройдет через середины хорд АВ и CD. Так как треугольник ABS — равнобедренный, то SK _|_ АВ. Следовательно, пря­мая SK будет содержать диаметр окружности, отличный от LM, а поэто­му пересечет его в точке О, которая и будет центром окружности.

Прежде всего заметим, что г„ < 2. Действительно, если заменить в г„ под знаком последнего внутреннего радикала 2 на 4, то все корни по­следовательно извлекутся, и мы получим 2. Следовательно, гп < 2.

Преобразуем теперь левую часть исходного неравенства следующим образом:

2-z„      2-|/zn_,+2 _

 

Q/Ч,-, +2 -2) (^^ + 2 + 2) ^ (г„_, -2)(j/2n_, +2 +2+2)

(г»_, +2)-4 _j  

(г„_, -2) (|Л„_, +2+2)     г„ + 2

2          г                1     [

Так как гп < 2, то   — -— =    . _        > —г- •   что и требовалось

— гп—1             + *     4

доказать.

248.     Углы треугольника, образованного точками касания, равны 90° —
            — ^ А, 90°       — ^ В, ЭО"1    — ^ С. Следовательно, этот треуголь-
ник остроугольный.

Так как квадрат искомого числа является одновременно полным кубом другого числа, то он является шестой степенью некоторого третьего числа. Таким образом, искомое число является полным кубом. Из всех двузначныч чисел полным кубом являются только два числа 27 и 64. Про­стая проверка показывает, что условию задачи удовлетворяет только число 27.

Через t часов после выезда расстояние Л1В1 между поездами будет

А^ = *У"(30 _ 60/)2 + (60 — ЗО/)4 — 2 (30 — 600 (60 — ЗО/) соі 60° = = 30/3 |/(,-4-)2 + 4 км.

Расстояние ^jBj будет наименьшим через / = — часа и будет равно

45 км. (В этот момент поезд, который вышел из пункта А, будет в пункте О).

Прямоугольник ABCD называется вписанным в полукруг, если все его вершины лежат на контуре полукруга. Заметим, что у такого пря­моугольника две его вершины обязательно лежат иа диаметре полукруга


симметрично относительно его центра О. Пусть такими вершинами будут А и В. Обозначим радиус полукруга через г, длину отрезка ОВ через х. Тогда ВС = Vr2 — х2, а площадь прямоугольника ABCD равна

 

S = АВ . ВС = 2х Уг* — х2 = 2 у          (х2       ^-j"*


О)

 

Поскольку г — величина постоянная, то из равенства (1) следует, что пло­щадь S прямоугольника ABCD будет наибольшей и равной 5' = г2, когда

I           I 27

х2 — ~2 г2 = 0, т. е. когда ОВ = —g—

252. Пусть й! — первый член, ад — знаменатель данной прогрессии. Тогда

 

S =


«і — апд 1-Я

апд

(I — <?)

 

Разделив почленно эти равенства, находим c,q„ = о-. Так как пронз-

ведение членов геометрической прогрессии, равноудаленных от концов, равно произведению крайних, то получаем

 

D - «ia2


ап = (с,а„) 2 = (-|~)

 

253. Обозначим точку пересечения прямых EF и NM через S (рис. 40). Из треугольников ABC и K.SL находим ^ SKL = ^ ВАС, ^ KLS =

- ^ АСВ, ^ KSL — ^ ABC (как углы с соответственно параллель­ными сторонами), KL = АС (как противоположные стороны парал­лелограмма AKLC). Следовательно, треугольники K.SL и ABC равны, а значит,

(1)

АВ = KS, ВС = SL,

s/\ksl — s/\abc-

Четырехугольники   AKSB и
Рис. 40            CBSL — параллелограммы, так

как у них противоположные сто­роны АВ и KS, ВС и SL соответственно параллельны и равны. Парал­лелограммы AEFB и AKSB имеют общую сторону АВ и равные высоты, которые проведены к этой стороне. Следовательно,

(2)

saksb — saefb-

 

 

 

Подпись: (3)
Отсюда,


Аналогично убеждаемся, что

sbslc= Sbmnc-

saefb + sbmn&

Из пятиугольника AKSLC находим SAKLC= SAKSLC-учитывая равенства (1) — (3), получаем

saklc = ^akslc — ^/\авс ~ ^aksb + $bslc :

что и требовалось доказать. 120

 

254. Пользуясь очевидным равенством

1

ф + т) (ft + т + 1) (ft + т + 2)

            !           !           )

2 ^ (ft + m;(ft+m + 1)        (ft + т + 1) (к + т + г) }

находим

2 V *(ft+D        (fe+l)(ft + 2)   ^  <ft+l)(ft + 2)

1    _+...+         '           !           U

с    _   1   (        '          1          . 1

(ft+ 2) (ft+ 3)   '           '   n (« + 1) (n+1)

2  I ft(ft + 1)        (n+1) (« + 2) /

/ (n + l)(n + 2)-ft(ft+l) \ \   ft(ft+!)(« + !) (n +2) /

Так как искомый прямоугольник ABCD вписан в полукруг, то две его Еершины (пусть это будут Л и В) обязательно лежат на диамет­ре симметрично относительно его середины О. Обозначим радиус полукру­га через г, л СОВ = а. Тогда периметр прямоугольника ABCD равен

(

2          1 1

—cos a-j          т=г- sin a 1 =
У5               V5 }

= 2 У~5 г cos (a — <p), 2 1

где cos cp = -7=", sin ф = "7=~. Отсюда следует, что p будет принимать
У 5       У 5

2

наибольшее значение, когда a — ф = 0, т. е. когда cos a = cos ф = .

У 5

Таким образом, вписанный в полукруг радиуса г прямоугольник будет

иметь наибольший периметр, равный 2 у Ъг, если сторона А В = —-=-.

\ 5

Пусть М — некоторая точка окружности. Обозначим через My и М2 симметричные образы этой точки относительно сторон SLy и SL2 данного угла. Точки пересечения отрезка MLMa со сторонами SLy и SLa обозначим соответственно через Ny и N2. Тогда среди всех треугольников, одна вершина которых совпадает с точкой М, а две другие лежат на сторо­нах угла, наименьший периметр имеет треугольник MNyN2. Этот периметр равен длине отрезка МуМ2. Заметим, что отрезок МХМ2 является основа­нием   равнобедренного   треугольника   MySM2   с   постоянным углом

MySM2 = 2 • ^ LySL2 при вершине и боковыми сторонами SMy = = SM2 — SM, Поэтому МуМ2 будет наименьшим, когда наименьшим бу­дет отрезок SM, т. е. когда точка М — ближайшая к точке S. Такой точ­кой будет точка пересечения окружности с отрезком SO, где О — центр окружности. Построение искомого треугольника предлагаем выполнить самостоятельно.

Обозначим пункт, который расположен на пересечении к-н и 1-й Дорог, через В. Для того чтобы человек попал из пункта О в пункт В, он Должен пройти путь, который состоит из ft + I отрезков (а значит из ft + / перекрестков, включая перекресток пункта В), причем среди этих отрезков / — горизонтальных. Следовательно, из пункта О в пункт В люди будут приходить Cfc^i путями. Выберем один из них и подсчитаем, сколько людей

придет только выбранным путем. До первого перекрестка дойдет 2х : 2 человек, из них до второго перекрестка дойдет (2* : 2) : 2 человек и т. д., и, наконец, до пункта В, т. е. до k + l-то перекрестка, дойдет лишь 2х • 2*"*"' человек. Очевидно, что столько же человек в пункт В будут прихо­дить и другими возможными путями. Поскольку число таких путей равно С*к+1, то в пункт В придет C'k+t (2х : 2k+l) человек. По условию задачи это число равно я. На основании этого составляем уравнение

2ш     ~ "*

п 2k+l

откуда находим 2х =             -                   *  Задача имеет решение, когда число

п

—-              является степенью двойки   с целым показателем.

Ck+i

200. Утверждение задачи справедливо и в том случае, когда по кругу выписаны Зя цифр. Докажем это. Предположим, что, начав читать с неко­торого места по часовой стрелке, мы получим число

а,а2 ... ain = \0in~lax + 103"-2ая + •• + Юа,„_, +a^n, I

делящееся на 27. Для доказательства сформулированного утверждения, очевидно, достаточно показать, что число а.2а3 ... азла^ которое получится, если начать читать с соседнего места, также делится на 27. Заметим, что число 10 а1а1 ... азп делится на 27. Рассмотрим разность

Так как остаток от деления 1000" на 27 равен 1, то 1000'' — 1 делится на 27. Следовательно, написанная выше разность делится на 27. Поэтому число а.2аа...аяп Qj делится на 27.

261. Среди чисел а и Ь либо есть четное число, либо нет. В последнег' случае четным будет число а + Ь. Итак, среди чисел а, b, а-\- Ь всегда есть четное. Поэтому их произведение также четно.

264 Утверждение задачи следует из того, что среднее арифметическг
четырех чисел не превышает наибольшего из этих чисел. В самом дел.-,
пусть   А. Тогда

а + Ь 4- с + d        а А- а + а + а

                                        <С                                      = а.

4 4

265. Обозначим через а и Ь цифры искомых чисел. Требуется, чтоб'л 10а + Ь делилось на ab. Из равенства 10а + Ь = abk, где k — натураль­ное число, следует, что b — a (kb — 10), т. е. b делится на а.

Найдем сначала нужные числа с одинаковыми цифрами. Если а = то 11а = /га2, откуда а = 1, так как а Ф 0 и а < 10. Получаем единствен­ное число 11.

Ввиду того что b делится на а, первая цифра остальных чисел не может превышать 4, причем этой цифрой начинается только одно число 48, не удовлетворяющее условию задачи. Остается рассмотреть случаи а = 1. а = 2, а = 3.

о=1. Равенство 10а -f- b — kab превращается в этом случае в такое: 10 = (k — I) Ь. Оно показывает, что b — делитель числа 10, Получаем два числа: 12 и 15.

10 • а,(72 . . . ain —а2а3 . . . а,,,а, = (103" — 1) а, = (I000'1 — 1) ах.

а = 2. В этом случае 20 = (2k — J) b. Отсюда следует, что возможно лишь одно значение, а именно, Ь = 4. Получаем число 24.

а = 3. В этом случае 30 =' (3* — 1) 6, откуда 6=6. Последнее иско­мое число — 36.

Итак, всего 5 чисел удовлетворяют условиям задачи: 11, 12, 15, 24, 36.

266. Обозначим искомое число через х = 10Б + У- Согласно условию

З . і()б j

задачи 3 (105 + у) = Юу + 1, откуда у =                   = 42 857. Поэто-

му х = 142 857.

Пусть ЛВС— искомый треугольник. Центры Alt В,, С, его вне-вписанных окружностей лежат на пересечениях биссектрис внешних углов (рис. 4П. Рассмотрим один из этих центров, например, At. Поскольку точ­ка Л] равноудалена от прямых АВ н АС, то она лежит также на биссектрисе угла ВАС. Итак, .<i BAAi - s-- СЛЛ,. Кроме того, С,ЛВ = = лі BjAC как половины вертикальных углов. Следовательно, АА, — высота Л Л]В]Сі. Анало­гично Вб] и ССі — также высоты этого тре­угольника. Теперь понятно, как выполнить требуемое построение: в Л ^iBjCj проводим вы­соты; их основания будут вершинами искомого треугольника.

Шар отражается от окружности так, как если бы он отражался от касательной к окруж­ности, проведенной в точке соприкосновения ее с шаром. Поскольку хорды окружности одинаково наклонены к касательной, проведенной в их общей точке, то бильярдный шар будет двигаться по ло­маной, составленной из звеньев одинаковой длины. Хорды равной длины равноудалены от центра О окружности. Обозначим это расстояние через h. Тогда любая окружность с центром в точке О и радиусом, меньшим h, бу­дет искомой. Если шар был пущен вдоль диаметра бильярда, то он никог­да не сойдет с этого диаметра. Любая окружность, лежащая внутри бильяр­да и не пересекающая этот диаметр, будет обладать указанным в условии свойством.

Пусть 1, а, Ь, с — последовательные цифры года рождения. Со­гласно условию задачи

(1000 + 100с + 106 + с) + (1 -f- a + Ь + с) = 1957,

откуда

101я+ 116-f-2с = 956. (1)

Понятно, что а = 9 или а = 8. Если а = 9, то (1) принимает вид 116 + -f 2с = 47, откуда получаем 6 = 3, с = 7. Если же а = 8, то уравнение 116+ 2с = 148 не имеет решений, при которых 6 и с — неотрицательные целые числа, не превышающие 9. Таким образом, год рождения восстанав­ливается однозначно: 1937.

273. Пусть П — данная плоскость, а Л и В — точки, лежащие вне этой плоскости. Обозначим через Ах и Вл основания перпендикуляров, опу­щенных из точек А и В на плоскость П. Если точка М принадлежит искомо­му геометрическому месту, то ^ АМАх = ^ ВМВ, и Л1Лг : МВХ = = ЛЛл : BBj, поскольку треугольники ЛЛ1Л! и ВМВ, подобны. Обратно, если отношение расстояний от некоторой точки М плоскости П до точек Л[ и Bi равно отношению отрезков А Ах = а и ВВХ = 6, то эта точка при­надлежит искомому множеству, так как в этом случае треугольники АМАу и BAJBt подобны, следовательно, углы АМАх и BMBX равны. Таким об­разом, для решения задачи достаточно иайти множество всех точек М на плоскости П, для которых МАх : МАг = a: b = const, где точки Аг и

By — проекции точек А а В на плоскость П. Это множество найдено в за­даче 230.

275. Докажем сначала требуемое свойство для правильного л-угольни-ка. Пусть а — длина его стороны. S площадь, М — любая точка, лежащая внутри л-угольника, a и,, }ц, hn — длины перпендикуляров,' опущенных нз этой точки иа стороны п-угольника (или их продолжения). Соединив точку М с вершинами многоугольника и вычислив площади по­лучившихся треугольников, получим  g- ahx + -g а\ + ... + у а^п — S.

2S 2S Отсюда ht + n2 -f- ... 4 Л„ = ——, где число —— не зависит от выбора

точки М внутри многоугольника.

Пусть теперь АхА.г ... Ап — произвольный выпуклый я-угольник Р с равными внутренними углами, АхАг — его наибольшая (одна из наиболь­ших) сторона. Построим на отрезке АуАг как на стороне правильный я-угольник К., охватывающий исходный. Пусть М — внутренняя точка мно­гоугольника Р, Hp — сумма расстояний от М до сторон Р, Нк —сумма расстояний от М до сторон К, ad — сумма расстояний между соответ­ствующими сторонами многоугольников Р и К. Тогда Нр — Нк — d. По­скольку и d не зависят от положения точки М внутри Р, то этим утверждение задачи доказано.

277. Рациональное число изображается конечной или периодической десятичной дробью. Указанная в условии задачи дробь бесконечная и не периодическая. Последнее следует, например, из того, что в записи дроби встречаются сколь угодно длинные серии единиц, а также сколь угодно длинные серии нулей.

Пусть а— длина ребра тетраэдра. Проекцией тетраэдра на любую плоскость будет либо треугольник, либо четырехугольник. В первом слу­чае площадь проекции не будет превышать площади грани тетраэдра, т. е. а? УЗ

4

Во втором случае стороны и диагонали четырехугольника будут про­екциями некоторых ребер тетраэдра. Поскольку площадь любого четырех­угольника не превышает половины произведения его диагоналей и равна этой величине только тогда, когда диагонали взаимно перпендикулярны,

то площадь проекции не может превышать у а2. Она будет равна этой вели­чине, если тетраэдр проектировать на плоскость П. параллельную двум его скрещивающимся ребрам (в проекции выйдет квадрат с диагональю а).

1 Уз

Поскольку — а2 > Х^— а2, то плоскость П — искомая.

Можно считать, что длина окружности равна 1. Путь луча — ломаная линия, состоящая из равных хорд окружности (см. задачу 270). Равные хорды стягиваются равными дугами. Поэтому, двигаясь вдоль окружности из точки А в точку В, затем в точку Сит. д., мы будем прохо­дить от одной точки отражения луча до последующей одинаковый путь. Если расстояние по дуге от точки А до точки В есть число рациональное, то пройденный путь до любой точки отражения будет также выражаться рациональным числом. Следовательно, ни одна точка окружности, расстоя­ние до которой по дуге есть число иррациональное, не может быть точкой отражения, а таких точек бесконечное множество. Аналогично рассматри­вается случай, когда расстояние по дуге от Л до В выражается иррациональ­ным числом.

Пусть вершина А угла ВАС находится вне чертежа. Возьмем на сторонах угла точки /Сі и Lx такие, что биссектрисы углов AK\LX и

Кі^А пересекаются на чертеже в точке 01ш Так как биссектрисы треуголь­ника пересекаются в одной точке, то точка Ож лежит на биссектрисе угла ВАС. Аналогичным путем можно найти другую точку 02, лежащую на биссектрисе.

282.     Заметим, что 72ft+I + 1 = (7 -f- 1) (72к — 72k~l + ... —7+1).
Следовательно, 72*+' + 1 делится на 8.

100

283.     Среди чисел от 1 до 100 50 чисел делятся на 2,   = 25

4

Г 100 "1           Г 100 І

чисел делятся на 4, —-— = 12 чисел делятся на 8, —jg-  = ® чисел

Г '00 1

делятся на 16,                       = 3 числа делятся на 32, одно число делится на

61. Следовательно, максимальная степень двойки, на которую делится произведение 1 • 2 • ... 100, равна 50 + 25 + 12 + 6 + 3+1 = 97. Максимальная степень тройки, на  которую делится 1 • 2 • 3 • ... 100,

равна

 

Таким образом, после сокращения дроби в знаменателе останется 23 • 3й.

284.     Указанным условиям удовлетворяет Северный полюс. Однако
существует еще и бесконечное множество других точек, обладающих ука-
занным в задаче свойством. Пусть п — любое натуральное число. Рассмот-

10

рим в южном полушарии параллель /, длина которой равна      км. Тогда

любая точка параллели /', которая лежит на расстоянии 10 км севернее параллели /, удовлетворяет условиям задачи: из точки на параллели /', пройдя 10 км на юг, мы попадем на параллель /; двигаясь на запад, обойдем эту параллель п раз, затем, пройдя 10 км на север, возвратимся в исходную точку.

Пусть ABC — искомый треугольник, К, L, М — точки пересе­чения с описанной окружностью медианы, биссектрисы и высоты, прове­денных из вершины С. Проведем окружность через точки К, L, М. Это и есть окружность, описанная вокруг треугольника ABC. Соединим центр О этой окружности с точкой L. Отрезок L0 перпендикулярен к основанию АВ и делит его пополам. Проведем через точку М прямую, параллельную L0. Точка С пересечения этой прямой с окружностью является вершиной тре­угольника. Точка N пересечения прямых СК и OL является серединой стороны АВ.

Заметим вначале, что а3 — а при любом целом а делится на 6. Действительно, а3 — а = (а — 1) а (а + 1) есть произведение трех после­довательных чисел; по крайней мере одно из них обязательно делится на 3 и по крайней мере одно делится на 2. Следовательно, разность (а, + + а| + ... + afj) — (fli + а2 + •■■ + °л) делится на 6. Поэтому, если °i + °а + ■■■ + ап делится на 6, то и а\ + а\ + ... + я? также делит­ся на 6.

291. Из теоремы Пифагора следует, что сумма площадей полукругов, построенных на катетах, равна площади полукруга, построенного на гипо­тенузе. Если из площади полукруга, построенного на диаметре АВ, вы­честь площади его сегментов I и 11, то получим площадь треугольника ABC (рис. 42). Если из суммы площадей полукругов, построенных на катетах,


вычесть площади тех же сегментов I и II, то получим сумму площадей луночек. Итак, сумма площадей луночек равна площади треугольника ABC. Таким образом, сумма площадей луиочек будет наибольшей тогда, когда треугольник ABC — равнобедренный (т.е. С — середина дуги АВ).

292. Вычтем ft из всех чисел второй строки, 2ft из всех чисел тре-
тьей строки    k (ft — 1) — из всех чисел последней строки. Получим

таблицу с одинаковыми строками. Поэтому если выбрать k чисел указанным в задаче способом из получившейся таблицы, то их

сумма будет равна 1 -f- 2 -f- • • • + k = ^ ^ ' " Следовательно, искомая сумма равна

+ k + 2k И        + (k — 1) k =

 

13z

293.     Число ІЗ2" = (14 — l)2" имеет вид 14S + 1 и, следовательно,
З2" + 6 делится на 7.

Предположим, что можно построить правильный шестиугольник с вершинами в узлах сетки. Соединив его вершины через одну, получим правильный треугольник с вершинами в узлах сетки. Построить такой треугольник нельзя (см. решение задачи 131). Следовательно, нельзя по­строить и правильный шестиугольник с вершинами в узлах сетки.

Пусть О — центр данного шара, А — данная точка. Искомое гео­метрическое место точек — лежащая внутри шара часть сферы, построен­ной иа отрезке OA как на диаметре.

297. Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник

ABC с катетами а и Ь и гипотенузой с. равен г =      (а + Ь — с). Пусть

Гі и г2 — радиусы окружностей, вписанных в прямоугольные треугольни­ки САН и СВН. Тогда

 

т + т\ + Н = — (о 4- Ъ — с + АН + СН


Ь-\-ВН + СН — а) = СН.

 

 

 

Очевидно, при вычеркивании цифр надо стремиться чтоЗы осгазить на первых местах максимально возможное число Искомое число - 99999785960... 100.

Число а не превышает 195* X X 9 = 17 631, число Ь не превышает 5 X X 9 = 45. Следовательно, с = 9 (каждое из чисел о, Ь, с должно делиться на 9).

301. Надо спросить «Вы из этого го­рода?». Тої да в городе А будет всегда дан ответ «Да», а в городе В — «Нет».

сумма расстоянии от сумма расстояний от

до сторон угла максимальна. В самом деле, сумма расстояний -\-ммг от любой точки м прямой RT (RT _L BN) до сторон угла на и равна высоте RH равнобедренного треугольника RBT. 304. Так как (k + 1)! — ft! = k - ft!, то

S = (21 — II) + (ЗІ — 2!) +       + ((л + 1) 1 — nl) = (n + 1) I

303. Проведем прямые KL и EF, перпендикулярные к биссектрисе BN дан­ною угла ABC и касающиеся данной окружности (рис. 43). Пусть Р и Q — точ­ки касания. Тогда Р — точка окружности, до сторон угла минимальна, a Q — точка


к тому, девяток.

которой которой

MMi + постоян-

 

— 1.

 

 

309.     Рассмотрим квадратичные трехчлены

а,*2 + 2Ьхх + с,,   а^" -\- 2Ь2х + с2. Так как b\ — ай ^ 0, b\ — о2с2 ^ 0 и       > 0, то эти квадратные трех­члены либо оба неотрицательны при всех дг, либо неположительны при всех х. Тогда тем же свойством должен обладать и квадратный трехчлен {ах + + о2) х2 + 2 (bt + 6.2) х — (Cj + с2). Следовательно, (с, + а2) (сг + с2) > (fc, + fr2)2.

2*

Построим графики функций у = Isinx | и у= ——— Подсчитаем

201л

число точек пересечения этих графиков. Это число равно 202. Следова-

тельно, уравнение (sin х\ =  имеет 202 корня.

Пусть a^ft^c. Из отрезков а, Ь, с можно построить треуголь-

а Ь

ник тогда и только тогда, когда а 4-е > с,  т. е. — -)          > 1. Если

с с

теперь п — любое натуральное число, то \Va ^ \Vb ^ '\Гс , поскольку

п/—     „          "/ а а

функция у х   возрастает при х > 0.   Кроме  того, 1/ — ^ — и

с       с  с с

f

~~b—      Ь                           а                     Ь —
— 5з — • так как 0 < —^- ^1 и 0< — ^ 1.  Поэтому   п        +

 

лГЬ      ,           II/                 И/т- «/—

Н          _ > 1, т. е. из отрезков у а, у о , у с также можно построить

V с треугольник.

Пусть MABN — произвольный допустимый путь, проходящий через точки А и В на сторонах угла АОВ. Обозначим Мг и Nx точки, сим­метричные М и N относительно прямых О А и О В соответственно. Тогда длины ломаных MABN и Л^ЛВЛ^ совпадают, поскольку MA = MiA, NB = NXB, при­чем длина MiABNi не меньше длины отрезка MiNi (рис. 44). Пусть А1,В1 — точки пересечения этого отрезка с луча­ми OA, ОВ. Поскольку длина произволь­ного пути MABN не меньше длины пути MAiB^N (совпадающей с длиной MxNi), то MAyBxN — кратчайший из путей.

Из анализа первого и второго столбца находим п = 0, е = 5, а послед­него и предпоследнего — s = f + 1, і = = 1 (поскольку буквы і и о не совпада­ют, а і не нуль), буква о = 9; при этом 1 + г + 2t = 20 -+- х. После прос­того перебора значений t>6 приходим к ответу: 29 786+850-f-850=31 486.

318. При выкладке паркета в одной из точек плоскости стыкуются несколько вершин многоугольников. Пусть таких вершин будет т. Поскольку сумма внутренних углов многоугольников, которые отвечают этим вершинам, равна полному углу (паркет составляется без просветов),

(и — 2) я

а внутренний угол правильного многоугольника равен             > то

(п — 2) я      .    „ 2п

т—       == 2п. Следовательно, т =    тг является целым числом.

п          и — 2 2n

Так как 2 <      — < 3 при п > 6, то п может принимать значения

2-5 10

3, 4, 5, 6. При этом —            — = —— не является целым числом. Итак,

О                А о

п £ (3, 4, 6}. Легко проверить, что из правильных треугольников, квад­ратов и правильных шестиугольников можно составить паркет.

Пусть параллелограмм с диагоналями d и D (d ^D) имеет площадь

S. Поскольку S =      dD sin а,  где а — угол между диагоналями, то

2S ^ dD ^ D2. Следовательно, большая диагональ D параллелограмма всегда не меньше У 2S . Равенство D = \r2S достигается при sin а = 1 и d = D. В этом случае параллелограмм превращается в квадрат.

При fe = 0 данное тождество вытекает из формулы утроения:

 

1

sin За = 3 sin а — 4 sin3 а, откуда sin3 а = — sin а sin За. Пусть

4

оно выполняется при k = п. Тогда, используя это предположение и фор­мулу утроения, получаем

сіп3 а + -і- sin3 (За) + •••-)   l— sin3 (3"а) -\           -j—- sin3 (Зп+1а) =

"           З" З"*-

= A sin а          sin (3П+Іа) -]   L- sjn:» (3"+1а) =

4          4-3" 3"+'

= —- sin а     ^n+[ (3 sin (3"+1a) — 4 sin3 (3"+'a)) =

= 4" sin a         [-—r sin (3n+2a).

Следовательно, тождество справедливо и при k = п + 1. Значит, по прин­ципу математической индукции оно выполняется для любого натураль ного k.

322.     Искомая сумма равна

5 = 0(1 + 11 + 111+ •• +11 ... 1)=-^-(9+99+ ■■

 

 

 

Подпись: Ю" Н _ 9п — 10 81


+. ,^(лї£=!а._.)_.

 

323. Проведем доказательство от противного. Предположим, что пло-

1

щадь пересечения любых двух многоугольников меньше -д м2. Тогда «сум­марная площадь» части круга, покрытой двумя (или большим числом много-9-8 1

угольников), равна —^~ • -g- м2 = 4 м2. Следовательно, площадь той части

круга, которая покрыта только одним из многоугольников, больше 9м2 — — 4 м2 = 5 м2, а это невозможно.

325. Запишем данное выражение в виде

М = 2 . 26* + 3 • З6* + б6* + 1 = 2 • 64* + 3 • 729* +

+ 15 625* + 1 = 2 [(7 . 9 + 1)* — 1] +

+ 3 [(7 . 104 + 1)* - 1] + [(7 . 2232 + 1)* - 1] + 7.

 

 

Поскольку для любых натуральных а и k разность (7а + 1)* — 1 = (7а + + 1 — 1) ((7а + I)*-1 + ... + 1) делится на 7, то число М делится на 7 при любом целом k >. 1.

Заметим, что

arcfg 1+й + й»  = arCtg   lk+klk~+\) = arCtS № + 1) - arctg *, так как тангенсы углов в левой и правой частях совпадают и каждый из этих углов лежит на отрезке jo, у|". Поэтому искомая сумма равна

(arctg 2 — arctg 1) + (arctg 3 —arctg 2) + • • + (arctg (л + 1) — arctg л) =

л

= arctg (п + 1) — arctg 1 = arctg (n + 1)         •

4

Опустим из точки В полупрямой ОВ перпендикуляр ВН на дан­ную плоскость (рис. 45) и отложим на его продолжении отрезок НВ', рав­ный ВН. Любая полупрямая OD, лежащая в данной плоскости, образует с полупрямыми ОВ и ОВ' равные углы BOD и DOB'. Поэтому для любой полупрямой 0D, лежащей в данной плоскости, AOD + *с DOB = = ^. AOD + ^ DOB' 5» ^ АОВ'. Если полупрямая OD не лежит в плоскости АОВ', то будет иметь место знак неравенства, так как сумма двух плоских углов трехгранного угла больше третьего угла. Если полу­прямая OD лежит в плоскости АОВ',

будет иметь место знак равенства. Таким образом, сумма ^ AOD + + DOB будет иметь наименьшее зна­чение, равное углу АОВ', если полупря­мая OD совпадает с полупрямой ОС, по которой плоскость АОВ' пересекает данную плоскость.

По условию любые 5 чле­нов оргкомитета не имеют доступа к

2

сейфу, так как 5 < 6 = -g- » 9. Зна­чит, для каждых 5 членов оргкомитета

= 126 зам-

найдется замок, который они не смогут открыть. При этом различным таким пятеркам отвечают различные замки (в противном случае соответствующий замок не открыли бы не менее 6 лиц, входящих в 2 различные пятерки).

9 8 • 7 • 6

Следовательно, сейф должен иметь не менее

"9 ~~ 1 • 2 3 • 4

ков. Далее, у любого из 4 человек, не входящих в данную пятерку членов оргкомитета, должен быть ключ к замку, который не может открыть эта пятерка (любые 6 человек имеют доступ к сейфу). Значит, требуется не менее 4 C|j = 504 ключей. Изготовив 126 замков и 504 ключа к ним и раз­дав ключи от каждого замка 4 членам оргкомитета так, чтобы разным зам­кам отвечали разные четверки (последних в точности С4, = 126), мы выпол­ним условия задачи.

Медиана BD равна половине гипотенузы АС. Поэтому Д ADB равнобедренный (AD = BD). Поскольку по условию вписанная в Д ABD окружность касается стороны AD в ее середине, то АВ — BD. Итак, Д ABD — равносторонний. Острые углы Д ABC равны 60° и 30°.

Соединив £ и F, проводим через точку Н прямую /, параллель­ную EF. На этой прямой лежит сторона ВС искомого треугольника. Опус-

 

5 3 -27.5Э

 

гочку

тнв из точки Н перпендикуляр НК на прямую EF, продолжим его за точку К на расстояние КА = НК. Найденная точка А — вершина искомого тре­угольника, так как средняя линия EF треугольника делит его высоту АН пополам. Остальные две вершины треугольника АБС находим как точки пересечения прямых АЕ и AF с прямой /.

Две последние цифры произведения двух чисел зависят только/ от двух последних цифр сомножителей. Поэтому любая степень числа М будет заканчиваться теми же двумя цифрами, что и М, если этим свойством обладает М2. Остается выяснить, для каких двухзначных чисел М послед­ние две цифры чисча М2 составляют М. Так будет тогда и только тогда, когда М2 — м делится на 100 (т. е. оканчивается двумя нулями). Но М2 — М = м (М — 1). Отсюда следует, что либо м делится на 25, а М — 1 на 4, либо наоборот. В первом случае М = 25, во втором М = 76. Таким образом, среди двузначных чисел есть только два, воспроизводящие свои последние две цифры при возведении в степень: М = 25 и М = 76.

Пусть О — центр окружности, вписанной в Д АБС, Ах — точка касания этой окружности со стороной ВС, Вх — точки ее касания со стороной АС, Сх — со стороной АВ. Рассмотрим треугольник А^В^С^

Заметим, что ^ Ах = — ^ ВхОСх  (по свойству   угла,   вписанного в

окружность). в четырехугольнике ^CjOBj углы АСхО и ABfi прямые.

Поэтому ^ BjOCj = 180° — ^ А,  откуда ^ Ах = -І- (180° — ^ А) =

= 90°    {— ^ А.   Аналогично ^ Вх = 90°       Х— ^ В, ^ Сх = 90° —

1

            — С. Для третьего треугольника А2Б2С2 подобным образом полу-
чим ^ А2 = 90°            — ^ Л1=90°     — (э0° —л) = 45°+ — ^ Л,

2          2 \        2       / 4

^ В2 = 45° + -j- ^ В,   ^С2 = 45° + -|- ^ С.

Предположим, что для исходного треугольника ABC выполняются неравенства ^Л^^В^^С. Тогда ^ А2 3» ^ В2 ^ ^ С2. Поскольку треугольники АБС и А.,В,С2 имеют по условию одинаковые углы, то ^ А = ^ А2, л В — л В2," s С = л С2, откуда ^Л=^В=^С= 60°.

Пусть S — расстояние, которое прошел директор до встречи с автомобилем. Автомобиль приехал на завод на 20 минут раньше обычного потому, что не проезжал дважды это расстояние. Таким образом, он покры­вает это расстояние за 10 минут. Отсюда следует, что директор встретился с автомобилем в 7 часов 50 минут. Значит, на путь S он затратил 50 ми­нут. Поэтому он шел в пять раз медленнее, чем едет автомобиль.

336. При решении этой задачи используется свойство высот (см. реше­ние задачи 191) и свойство биссектрис треугольника (см. решение задачи 230). Пусть / — заданная прямая, а Р и Q — заданные точки. Обозначим через К точку пересечения PQ с I. Находим на прямой PQ точку М, деля-

МР _

щую отрезок PQ внешним образом в отношении КР : KQ, т. е. -^щ— КР

=          Описываем на отрезке КМ как на диаметре окружность. Точка

R пересечения этой окружности с прямой / является основанием третьей высоты искомого треугольника. Прямые, проведенные через точки Р, <?. R перпендикулярно соответствующим биссектрисам Д PQP, образуют иско­мый треугольник.

 

 

337. Идея быстрого вычисления основана на равенстве

(х- —х-      +1) (х- -\-xf-     + 1)=х2+ДГ+1.

Обозначив данное в условии задачи выражение через Р и умножив его на х2+ *+ 1, получим

(** + *+1)Р = х2"+1 + *:"+1.

откуда

р== х      + Xе + і

X2 + X + 1

Если AkBkCh и ЛЛ_(_1ВА_|_1СЛ_|_1 — два последовательных тре-
угольника  нашей цепочки треугольников,  то ^ Ak_^x = 9СР     І- Ак,

Вк+1 — 90°     ~ *с Bft, ^ СА+1 = 90° i-^Cft (см. решение задачи

333). Отсюда следует, что если В был средним по величине в Л ABC, то при любом k В/г будет средним по величине в /\ АьВьРк- Посколь­ку ^- Ak_^y — ^. СЛ_|_[ -   -j- (Л/г Cfc) и ^ Л — ^£ С > 0 (по условию),

то при переходе к каждому последующему треугольнику разность между его наибольшим и наименьшим углом уменьшается. Поэтому среди тре­угольников нет подобных.

Воспользовавшись равенством

 

(2ft

получаем

ft2        ,           1 \

_1)(2Л+1)        4 [ +   (2ft-1) (2ft+1) Г

 

S" = "Г " + Т~ (т^3~ + 3 • 5 + - -' + (2п — 1) (2n+ 1) ) '
Приняв во внимание, что       _ ^ + ц = -L   ^i-p)

находим

1 1

1 . 3   т 3 • 5 ^       т  (2п — 1) (2л + 1)

і Л   _!_. J        L + .   ,    1       !           ' V

— 2 V       3^3       5 т       ^ 2я — 1       2л — 1      2л +1/ 2 I       2n + 1 /     2л + 1

Окончательно

с _ 1 „л-Л     -Л           я(я+1)

4^4     2я+1 2(2я+1)

340. С центрами в данных точках проводим окружности, «касающиеся данной прямой. Эта прямая вместе с еще двумя общими касательными к про­веденным окружностям образует искомый треугольник.

5* 131

341. Обозначим через с площадь данного четырехугольника ABCD. Заметим , что

ДЛ2Ж +   ABCL -   п + т     ДИОВ +   п + т -^ДОВС ~   п + т «П.
Ч          ,    С     _        "        с   ,           Я        с Я

^длоі. -t- °двсл — m + n ^длос + n + m -^длсв — n + m a-Отсюда SAADK + SABCL + SAi4DL + sabck = о.   Теперь получаем

skqlp = c — (s&adk + s&bcl + s&adl + 5ДВС/<) + + saadq + s&bcp = saadq + s&bcp-

Пусть яг — целое число, начиная с которого сумма и послед
вательных целых чисел равна 1961. Тогда           я          - п= 1961, откуд

п (1т + и — 1) = 2 • 37 . 53. (1)

Поскольку я — натуральное число, то его возможными значениями явля­ются натуральные делители числа 2 • 37 53. Этих делителей 8: 1, 2, 37, 53, 2 • 37, 2 • 53, 37 • 53, 2 • 37 • 53. Для каждого из них уравнение (1) дает соответствующее значение яг: 1961, 980, 35, 11, —10, —34, —979, —1960.

Из вида уравнений системы непосредственно следует, что либо вся
значения xi ее решения (хх, х-2, хп) положительны, либо все они отрица-
тельны. При ЭТОМ ЄСЛИ (хх, Х2     Хп) — решение, ТО (—Хі,
х2           — хп) —

тоже решение. Поэтому достаточно найти положительные решения. Пусть
(xlt х2, хп) такое решение. Подставив его во все уравнения и применив
к правым частям полученных тождеств неравенство Коши для среднего
арифметического и среднего геометрического, получим последовательно:
^ У~а, xs ^ Y~a, .... хп ^ У a, хх ^ У а. В частности, обнаруживается,
что (У о, У а    У а) — решение системы. Других положительных реше-
ний система не имеет. Действительно, приняв во внимание, что хх ~^У~а,
из первого уравнения получаем

т. е. хх ^ х2. Проделав аналогичную процедуру с каждым из уравнений, найдем хх > х2 > х3 > ... > хп_у > хп > хх, откуда хх = х2 = ... = хп.

Итак, система имеет два решения: (У а, УЪ, У а) и (—У а, —У~а, ... .... -У~а).

344. Для выбора первой цифры числа, которое удовлетворяет условию задачи, имеем 4 возможности: 1, 8, 6, 9 (эта цифра ие может быть нулем, поскольку число должно быть семизначным), для выбора второй и третьей — по 5 возможностей, четвертой (средней) — 3 возможности (цифры 6 и 9 исключаются). Оставшиеся 3 цифры восстанавливаются однозначно, по­скольку число обязано обладать центральной симметрией. Общее количе­ство чисел равно 4 • 5 5 • 3 = 300. Ясно, что каждая из цифр 1, 8, 6, 9 одинаково часто встречается в качестве первой цифры этих чисел. Точно так же обстоит дело с цифрами последующих разрядов. Поэтому сумма всех этих чисел равна

300

(1+8 + 6+9) • — • (10с + 1) +

 

 

+ (0 + 1 + 8 + 6 -I- 9) —— (105 + 104 + 102 + 10) +

5

300

+ (0 + 1 + 8) —^— - 10* = 1959 460 200.

Среди наших центрально-симметричных семизначных чисел на 4 будут делиться только те, которые заканчиваются одной из следующих комбина­ций цифр 08, 68, 88, 16, 96. Поэтому их будет всего 5 • 5 • 3 = 75.

Так как ^ А + ^ В + ^ С = 180°, то

cos А + cos В + cos (180° — (А + В)) = 2 cos -^-(Д + В) cos -1 (А—В) +

+ (2 cos2 -і- (А + В) - 1) = 2sin -і- С (cos -і- (Л - В) -

— cos — (л + В)) + 1 = 4 sin — С sin — A sin — В+ 1.
2          '/          2          2 2

Отсюда, принимая во внимание, что А, В, С — углы треугольника, полу­чаем

1 < cos А + cos В + cos С = 2 sin -1 С (cos       (Л — В) — sin -і- cj +

+ 1^2sin-i-c(l-sin-l-c) + I=2(-(sin -1-С LJ' +

1 \ З

 

Заметим, что значение, равное 1, исходное выражение не может принимать (оно может достигаться тогда, когда хотя бы один из углов А, В, С тре-

3

угольника равен нулю, чего не может быть); значение, равное -g, выраже­ние принимает тогда и только тогда, когда cos -g- (А — В) = 1, a sin і С =

=    . т. е. когда ^А=^:В=^сС = 60°.

Пусть я — 1, п, п + 1 — длины ребер прямоугольного паралле­лепипеда (п — целое число), am — длина его диагонали. Тогда 3л2 + о. 2 = m2. Число Зп2 + 2 при делении на 3 дает в остатке 2. Такое число не может быть квадратом целого ч "ла (квадраты целых чисел либо делят­ся на 3 без остатка, либо дают ч остатке 1). Следовательно, т — ие целое число.

 

Отрезок AM продолжаем за точну М на расстояние -g- AM. По­лученная точка D — середина стороны ВС. Через точку D проводим сна­чала диаметр окружности, а затем перпендикулярную к нему хорду. Кон­цы этой хорды и есть искомые точки В к С.

Пусть п — число треугольников. Заметим, что 180° • п = 180° X X (1000 — 2) + 360° 500, где в правой части равенства первое слагае­мое равно сумме внутренних углов тысячеугольника. Отсюда п = 1998.

Пусть L, М, N, Р, R — соответственно середины отрезков АА', ВВ', СС', А'В, В'С. Сравним треугольники LPM и MRN. Поскольку LP — средняя линия Д А'АВ, a MR — средняя линия Д В'ВС, то LP = = MR и LP J_ MR. Аналогично PM = RN и РМ _L RN. Отсюда сле­дует, что LM = MN и LM MN.

дзз

 

353. Если уравнение х2 + у2 — 3z2 имеет целочисленное решение (at, у, г) Ф (0, 0, 0), то оно имеет и такое целочисленное решение (х0, ув, гп), для которого числа хв и у0 взаимно просты. Действительно, пусть (хи ух, г{) — решение, причем наибольший общий делитель Хх и ух равен d. Тогда Хх = dxB, ух = dy0, причем хп и у„ взаимно просты. Поскольку d2 (Хд + ї/q) = 3Zp то ?>z\ делится на d2, откуда следует, что г, также делит­ся на d2, поэтому Zj делится иа d, т. е. zt = dzn. Сократив равенство d2 (xj* -\~ + = 3d2zo на ^ П0ЛУЧИМ *о + Уо ~ 3го- Это означает, что (х„, у0> г„) — решение уравнения. Однако равенство х2, + у^ = Zg невозможно, если х0 и уо взаимно просты, так как в этом случае х\ + не делится на 3 (квадрат числа, не делящегося на 3, прн делении на 3 дает в остатке 1) а правая часть 3z2 делится на 3.

Площадь шестиугольника равна S = 4 • ^ab + а2 + Ь2 + с2 = = (а + Ь)2 |- с2.

Уравнение не изменяется при замене х на —х, поэтому множество его решений симметрично относительно точки О. Следовательно, достаточ­но найти неотрицательные решения уравнения. Для х ^ 0 оно принимает вид х2 — 3,5л; — 3 + I х — 3|=0. Рассмотрев отдельно случаи х ^ 3 и 0 ^ х < 3, находим решения 0 и 4. Присоединив еще число —4, получа­ем все решения исходного уравнения: 0, 4, —4.

357.     Допустим, что A ABC построен (рис. 46). Проведем его биссект-
рисы AD и BF. Тогда D — середина дуги ВС (вписанные в окружность рав-
ные углы опираются на равные дуги). Рассмот-
рим A BPD. Его углы В и Р равны, так как
^. FBD измеряется половиной дуги FCD,
^.BPD — полусуммой дуг BD и AF. Поэтому

F ^ BPD — равнобедренный (BD — PD). Теперь ясно, как следует выполнять построение. Про­водим прямую АР до пересечения в точке D с заданной окружностью. С центром в точке D описываем окружность радиуса DP. Точки ее пересечения с исходной окружностью являютс I искомыми.

358. Последняя цифра квадрата це-ого числа
Рис. 46            зависит только от последней цифры этою числі.

Легко проверить, что квадраты о .и начных чисел оканчиваются цифрами 1, 4, 5, 6, 9. Докажем, что квадрат числа не может оканчиваться двумя нечетными одинаковыми цифрами, т. е. 11, 55 или 99. Допустим, что квадрат нечетного числа п заканчивается двумя оди­наковыми цифрами. Тогда число п2 — 1 оканчивается на 10, 54 или 98. Ни одно из этих чисел не делится на 4, а число п2 — 1 = (п — 1) (п + 1) делится на 4. Квадрат четного числа п не может оканчиваться двумя шестер­ками, так как в этом случае п2 делится на 4, а число вида 102ї + 66 на 4 не делится. Таким образом, осталось выяснить, квадраты каких чисел окан­чиваются двумя четверками. Достаточно найти такие числа в промежутке or 1 до 50, так как квадраты чисел т и 50ft + т имеют одинаковые две по­следние цифры: (50ft + m)2 = 100s + т2, где S — целое число. Заметив, чго квадрат числа оканчивается четверкой только в том случае, если число оканчивается двойкой или восьмеркой, легко находим, что среди чисел от 1 до 50 имеется два числа, квадраты которых заканчиваются двумя четвер­ками, а именно, 12 и 38. Итак, нух.чым нам свойством обладают только числа вида 50ft + 12 и 50ft + 38. уделах первой тысячи таких чисел 40. Чтобы получить их, нужно взять /:   - 0, 1, 2, 19.


Построение основано на таком факте. Если точку пересечения вы­сот треугольника отразить зеркально относительно любой стороны юго треугольника (или ее продолжения), то полученная точка будет лежать на описанной около треугольника окружности. Докажем это для случая ост­роугольного треугольника (определяемый условиями задачи треугольник будет остроугольный, так как точка пересечения его высот лежит внутри описанной окружное.и). Пусть   ABC—

треугольник, вписанный в окружность (рис. 47), АК и BL — его высоты, F — точка пересечения прямой АК с окруж­ностью. Углы АСВ и AFB равны, так как они вписаны в окружность и опираются на общую дугу. Из прямоугольного тре­угольника BKF получаем FBK = = 90° — ^ АСВ. Из прямоугольного треугольника BLC находим LBC = = 90° — ^ LCB = 90° — ^ АСВ. Отсю­да следует, что треугольники НВК и FBK равны, в частности, НК — KF.

Требуемое в задаче построение вы­полнить теперь легко. Сначала проводим прямую А К и находим точку F. После этого строим срединный перпендикуляр к отрезку HF. Точки пересечения его с окружностью будут искомыми.

Выигрышная стратегия состоит в том, чтобы заставлять второго игрока делать ход тогда, когда шары в урнах размещены одним из следую­щих способов: (1; 2п; 2п -j- I) или (0; т; т) (с точностью до нумерации урн). В частности, в свой первый ход начинающий игру должен оставить в тре­тьей урне 64 шара. Убедитесь, что при любых ответах второго игрока пер­вый игрок сможет поддержать нужную ситуацию и закончить игру по­бедой.

3S4. Естественнее всего построить сначала графики функций у =

 

-1*1


1


1 |). Затем заключаем, что уравне-

 

к решению уравнения 2

ние имеет два решения, л;.кащие на интервале [— 1; 1], и дело сводится

9—1*1 =2   2 , из которого получаем х = ± •

365. Пусть PQRT — заданный прямоугольник (рис. 48), А, В. С, D —
точки на его сторонах, через которые последовательно проходит замкну-
тая кривая. Если мы заменим эту кривую
ломаной   ABCDA,  то   ее  длина  только   ^          J/'

уменьшится. Остается доказать, что периметр четырехугольника ABCD не может быть меньше удвоенной диагонали прямоугольника PQRT. Выполним 3 зеркальных отображения прямоугольника с вписанным в него четырехугольником, как показано на рис. 48. Тогда четырехугольник ABCD развернется в ломаную ABCD" А"'. Ее длина не меньше длины отрезка АА"', которая в точности равна удвоенной диагонали прямоуголь­ника. Чтобы убедиться в этом, достаточно сдвинуть отрезок АА"' влево на расстояние АР.

366. Пусть / — заданная прямая, а М и Н — заданные точки, первая

из которых — центр тяжести (точки пересечения медиан), а вторая   

ортоцентр (точки пересечения высот) искомого треугольника ABC. Через Н проводим прямую /', перпендикулярную к /. На этой прямой лежит вер­шина А треугольника. Ее место иа прямой определяется тем, что медиана АР с концами на прямых / и I' должна делиться точкой М в отношении 1 : 2, считая от прямой /. Через точку М проводим прямую МК, параллель­ную / (рис. 49). Отложив на прямой /' отрезок 2DK, получим вершину А. Находим теперь центр О окружности, описанной около искомого треуголь­ника. Для этого используем такие факты. Во-первых, точка Р (основание найденной медианы) является серединой хорды этой окружности, лежащей на прямой I. Во-вторых, на этой окружности лежат точка А и точка Н' — симметричная точке Н относительно прямой / (см. решение задачи № 362). Таким образом, центр описанной окружности О лежит на пересе­чении перпендикуляра к /, восстановленного в точке Р и срединного пер­пендикуляра ЕО к отрезку АН'. Описав из точки О окружность радиусом OA, получим вершины треугольника В и С.

См. решение задачи 491.

См. решение задачи 13.

 

Точки zv z2, z3 = х + iy будут вершинами правильного треугол ника тогда и только тогда,  когда | г3 — zx |2 = | Zj—z2 |2, | z3 — zt |2 = I z3 — z2 р. Вычисляя абсолютные величины, приходим к системе урав­нений

(х-/3)2 + (у-1)2 = 3,

х + у~Зу = У"з .

зуТ      1 .

Решив ее, получим два значения для г3: і и        ^          ^-i.

Треугольники ABM, NCM и NDA равны по двум сторонам и углу между ними (^ ABM =     NCM = ^ NDA).

Число делится на 72 тогда и только тогда, когда оно делится на 8 и 9. Воспользовавшись признаком делимости на 8, устанавливаем, что последняя цифра числа равна 6. Оставшаяся неизвестная цифра однознач­но восстанавливается, если применить признак делимости на 9. Она рав­на 2.

Пусть в первый раз было п + 1 мальчиков, во второй — т + 1. Они собрали» соответственно 6+ 13п и 5 + Ют штук грибов. При этом согласно условию задачи 7 < п < 15, 9 < т < 20. Поскольку оба раза было найдено одинаковое число грибов, то б-f 13п = 5 + 10т, откуда 13я + 1 = Ют. В интервале [8, 14] имеется единственное число п, а имен­но, 13, при котором 13/г + 1 делится на 10. Таким образом, в первый раз мальчиков было 14, а во второй — 18.

Пусть Р — общая точка всех трех окружностей, Alt А2, А3 — точки пересечения соответственно таких окружностей: (02, г) и (03, г), (03, г) и (Oi, г), (0lt г) и (02, г). Четырехугольники ОгА30.іР, О^ОцРк 03А2ОіР — ромбы с одинаковыми сторонами. Поэтому у шестиугольника OiA302Ai03A2 противоположные стороны параллельны и все стороны рав­ны. Отсюда следует, что 0j02 = АХА2 , 0203 = А2А3, 03Ох = A3AU т. е. Л ОАОз = Л АХА2А3.

~          4п • 5

378.     Пассажиры оставили в кассе автобуса не менее —2Q— — п

нет; кроме того, у каждого из них осталась хотя бы одна монета. Следова­тельно, у пассажиров было не менее 4п + п = 5п монет.

379.     Если две прямые пересекаются внутри окружности, то сумма
двух вертикальных углов, образованных ими, равна сумме двух дуг ок-
ружности (измеренная в градусах), на которые эти углы опираются.

8          случае, указанном в условии задачи, сумма этих дуг равна 180°.

380.     Заметим, что 396 = 4 • 9 • 11. Поэтому число делится на 396
тогда и только тогда, когда оно делится на 4, на 9 и на 11. Данное число
делится на 4, так как заканчивается числом 56, обладающим этим свойст-
вом. При любом замещении звездочек цифрами число разделится также на

9          и на 11. Это следует из признаков делимости на эти числа. Действительно: 1) сумма  всех  цифр числа будет

равна 99, поэтому оно разделится на 9; 2) разность между суммой цифр, стоящих на нечетных местах (считая с конца), и суммой цифр, стоящих иа четных местах, равна 11, поэтому число разделится на 11.

Перемножаются числа 775 и 33.

Найдем сначала множество

проекций некоторой точки D на все-
возможные прямые, проходящие че-       Рис. 50 Рис. 51
рез точку С. Пусть М — одна из

этих проекций. Тогда CMD = 90°, поэтому точка М лежит на окружнос­ти диаметром CD. Обратно, если М — любая точка этой окружности, то ^ CMD = 90°, откуда следует, что М — проекция точки D на прямую СМ. Таким образом, проекции точки D на прямые, проходящие через точ­ку С, образуют окружность диаметром CD. Обратимся теперь к нашей за­даче. Проекция отрезка АВ на любую прямую начнется отрезком, ограни­ченным проекциями точек А и В. Отсюда следует, что искомое множество точек ограничено окружностями, образованными проекциями точек А и В (на рис. 50 — это заштрихованная фигура).

384. Пусть отрезок BD разбивает треугольник ABC на два треуголь­ника, каждый из которых подобен исходному. Поскольку Д ABD подо­бен треугольнику ABC, то в нем должен быть угол, равный ^ ABC. Это может быть только ^ ADB. Аналогично ^ BDC= ^ ABC. Отсюда следу­ет, что *с ABC = ^ ADB = ^ BDC = 90°.

Последняя цифра числа не может быть меньше семи, так как в противном случае сумма его цифр после увеличения числа на 3 увеличива­ется. Первые две цифры числа ие могут быть девятками, так как в этом слу­чае после прибавления к числу тройки сумма его цифр уменьшится более чем втрое. Пусть у числа abc а < 9, Ь = 9, с > 6. Если для такого числа выполнено условие задачи, то 3 • [(о + 1) + (с + 3 — 10)] =0+9+6, откуда 2с + 2с .= 27, что невозможно. Пусть, наконец, число abc удовлетворяет условиям задачи, причем b < 9, с > 6. Тогда 3 • la + + Ф + 1) + (с + 3 — 10)] = а + Ь + с, откуда а + Ъ + с = 9. Учиты­вая, что 0^1, получаем три числа: 117, 207, 108.

Рассмотрим вписанную и вневписанную окружности для ДЛВС (рис. 51). Тогда КМ=ВС. Действительно, BC=BP+PQ + QC, КМ = КВ+ ВМ= BQ+ ВР= 2ВР + PQ, LN = LC + CN = CQ + + CP = 2CQ + PQ. Но КМ = LN, поэтому BP = CQ.

Строим заданный угол и в него вписываем окружность данного радиу­са. Пусть она касается стороны угла в точке К- Откладываем на этой сто­роне отрезок КМ, равный требуемому основанию треугольника. Вписыва­ем в угол окр"ужность, которая проходит через точку М, Наконец, строим


общую внутреннюю касательную ВС двух окружностей. Треугольник ABC будет обладать всеми требуемыми свойствами.

390. Если заданные точки А, В, С, D являются вершинами выпуклого четырехугольника, то в нем найдутся два противоположных угла, сумма которых превышает 180°, так как по условию вокруг четырехугольника нельзя описать окружность. Пусть это будут углы Л и С. Тогда точка С лежит внутри окружности, описанной около треугольника ABD. Если же четырехугольник ABCD не выпуклый, то одна из четырех точек лежит внутри треугольника с вершинами в остальных трех точках. Окружность, описанная около этого треугольника, содержит внутри четвертую точку.

395. Приведя все члены равенства к общему знаменателю, получим Ьа = а2 + с2 — ас. Учитывая теорему косинусов (Ь2 = а2 + с2 — 2ас cos В), приходим к выводу, что 2 cos В — 1, т. е.     В = 60°.

397. Очевидно, что площадь проекции куба на плоскость равна поло­вине суммы площадей проекций трех непараллельных граней. Будем для удобства считать, что речь идет о проектировании на координатную плос­кость XOY. Пусть ребро куба равно а. Обозначим через Л иаииизшую от­носительно плоскости XOY вершину куба (или одну из них, если таковых

несколько), а через in, л, I — единичные векторы, исходящие из этой вер­шины и направленные вдоль ребер куба. Каждый из этих векторов обра­зует нетупой угол с единичным вектором k оси OZ. Поэтому углы между гра­нями куба, прилегающими к вершине Л, и плоскостью XOY равны углам

между векторами т, п, I н вектором k. Обозначим эти углы через а, Р и у. Проекция куба на плоскость XOY будет иметь площадь S = a2 (cos а -,-

+ cos р + cos у). Отметим, что cos а, cos Р и cos y есть длины проекций

—* -+—»—* единичного вектора k на направления векторов т, п, I. Поэтому cos2 а +

+ cos2 Р + cos2 у = k- = 1. Задача свелась к следующей. Какое наиболь­шее значение может принимать сумма и + v + t неотрицательных чисет (и = cos a, v = cos Р, / = cos у), если и2 + v2 + <2 = 1. Эта сумма бу­дет наибольшей, если наибольшим будет ее квадрат. Далее,

 

(и + v + t)2 = IIs + v2 + t2 + 2uv + 2ц/ + 2vt = 1 + 2uv + + 2ut + 2vt <: 1 + (u2 + v2) + (u2 + Iі) + (v2 + /2) = 3, так как согласно неравенству Коши

2uv^u2 + v2, 2«/<u2 + /2, 2с-/<а2+/2.


 

(1)

 

(2)

 

Равенство в каждом из неравенств (2), следовательно, н в неравенстве (1) будет тогда и только тогда, когда и — v = t. Таким образом, проекция ку­ба на плоскость будет иметь наибольшую площадь, если все грани куба будут наклонены к этой плоскости под одинаковым углом, т. е. если одна из диагоналей куба будет перпендикулярна к плоскости. Эта максималь­ная площадь будет равна о2 /3.

398. Отрицательных корней уравнение не имеет, так как правая часть при отрицательном х отрицательна, а левая положительна. Число 0 также не является корнем уравнения. Выполнив умножение в левой части и раз­делив уравнение на х2*1-после перегруппировки слагаемых получим сле­дующее уравнение, равносильное исходному:

 

 

 

 

 


 

Если а > 0, то имеет место следующее неравенство (частный случай нера­венства Коши для среднего арифметического и среднего геометрического):

а + — > 2 (равенство будет только при а — 1). Применив это неравенство

к каждой скобке уравнения (1), находим, что левая часть всегда больше или равна 2k, причем равенство достигается только при лг= 1. Это число и яв­ляется единственным корнем уравнения.

Вставив между каждой парой соседних цифр k нулей, получим число

Заметим, что

'      f    !           +          !           =          і           +

+

l+x + w       l+{/+yz       l-f-z + zx       г (1 -f- x 4- xy)
xz         1 z

xz(\+y + yz)  "г  l+z + yz z+zx+l ^ xz + 1 + г ^ 1 + z 4- zx

Пусть ABC — искомый треугольник, AC — его основание, AD — заданная медиана к стороне ВС, h — высота. Сначала строим Л ADC по

основанию, боковой стороне AD и высоте, равной g- h (на расстоянии -g- h

от прямой АС проводим параллельную прямую, после чего откладываем циркулем данный отрезок AD). Продолжив отрезок CD за точку D на рас­стояние CD, находим вершину В.

Рассмотрим какую-нибудь одну строку таблицы. Сумма двух диагональных чисел этой строки не может превышать 116 : 2= 58, так как сумма чисел, стоящих на местах, симметричных относительно центра таблицы, должна быть такой же. На местах, не принадлежащих диагона­лям, стоят числа, сумма которых равна 1964 — 116 = 1848. Если на ка­ком-то месте стоит число а, то оно встречается на четырех местах, располо­женных симметрично относительно обеих диагоналей. Эти четыре места приходятся на разные строки (и разные столбцы). Поэтому сумма недиа-гоиальных чисел одной строки не может превышать 1848 : 4 = 462. Таким образом, сумма всех чисел одной строки меньше или равна 58 4- 462 = = 520.

На одну чашку весов кл; (м 2 монеты, на другую — 1 монету и гирю. Если весы в равновесии, то фальшива оставшаяся монета. Взвесив ее гирей, будем знать, легче она или тяжелее нас. >ящей монеты. Если весы не уравновесились, то кладем на разные чашки весов по оди^.і конете, которые при первом взвешивании лежали на одной чашке. Могут предста­виться два случая.

 

Чашки весов в равновесии. Фальшивая монета лежала при первом взвешивании вместе с гирей. Она тяжелее настоящей монеты, если при пер­вом взвешивании чашка с гирей перевешивала, и легче — в противном случае.

Чашка весов не в равновесии. Одна из монет, лежащих на весах, фальшива. Но какая именно? Если при первом взвешивании эти две монеты перевесили монету с гирей, то фальшива более тяжелая монета, в противном случае — более легкая.

405. Пусть а, Ъ, l — цифры искомого числа в порядке следования сле­ва направо. По условию 100а + 10fc + с = 12 (а + Ъ + с), откуда 2Ь = — 88а— 11с= 11 (8а — с). Последнее равенство означает, что Ъ делится на 11. Но b — цифра, поэтому b = 0. Тогда с = 8а. Учитывая, что а Ф 0 (число трехзначное) и с, с — цифры, получаем а = 1, с = 8. Условию за­дачи удовлетворяет единственное число 108.

При первом взвешивании кладем на одну чашку весов две монеты, а на другую — одну монету и гирю. Могут представиться два случая. 1. Весы в равновесии. Тогда фальшива одна из двух оставшихся монет. Взвесив с помощью гири одну из них, устанавливаем, какая именно фаль­шива. 2. Весы не в равновесии. Фальшивая монета на весах. Далее сле­дует поступить, как в задаче 403.

Точка N является образом точки М при композиции двух поворо­тов по часовой стрелке на угол 90° сначала вокруг точки D (дуб), потом вокруг точки С (столб). Но композиция двух поворотов в одном направле­нии на 90° является поворотом на 180° вокруг некоторой точки О. Искомой точкой в задаче является именно центр такого поворота. Ясно, что для его отыскания не нужна точка Б (береза). Пусть, например, D' — образ D при повороте на 90° вокруг С. Тогда О — середина отрезка DD'.

410. Неравенство равносильно системе

(1-х2) + (1 _^)>0,   (1 -х2)(1 -у2) >0,

которая выполняется тогда и только тогда, когда 1 — х2 > 0, 1 — у2 > 0. Последней системе удовлетворяют внутренние точки квадрата | х | < 1,

1>|<>. ^411. Поскольку

х — 2 Ух — 1 = (У~х^Т — I)2, х + 2 Ух — I = (Ух— 1 + I)2, то исходное уравнение можно записать так:

\Ух-=Т-і\ + \Ух~=Т+і\

Оио равносильно совокупности двух систем:

 

x— 1

1<*<2;
2 Vx—\ =         • х>2.

3

Вторая из них решении не имеет, а первая имеет решение х = -g--

412. Достроим треугольник ВіВВ2 до параллелограмма В1ВВ2^-> про­ведем в нем диагональ LB и продолжим ее до пересечения с АС в точке D. Докажем, что BD — высота Л ABC. Треугольники LByB и СВА равны, так как ВХВ = АВ, BtL = ВС, ^. LBLB = ^ СВА (стороны этих углов попарно перпендикулярны). Поэтому ^ BlBL= ВАС. Но ^. BJiL + + ^ ABD = 90°. Следовательно, ^ ВАС + ^ ABD = 90°. Это означает, что ^. ADB в Л ADB прямой. Остается отметить, что диагональ LB парал­лелограмма BiBB2L пересекает вторую диагональ ВХВ2 посредине.

415. Уравнение равносильно совокупности двух систем (см. решение задачи 411): и

logj_ [х - 1) = 2. '

2

1< х 2, log± (х - 1) = 2 Ух — 1 ,

х> 2.

5

Первая из них имеет решение х = -— Вторая система решений не имеет, в чем можно убедиться, построив графики функций у — log j (х — 1),

             т

і/ = 2 |^дс — 1 (первая функция при х > 2 отрицательна, а вторая — положительна).

Доказываем от противного. Если данные точки не являются вер­шинами выпуклого л-угольника, то существует выпуклый «-угольник АХА2 ... Ak (к < л) с вершинами в некоторых из заданных точек, внутри которого лежит по крайней мере одна из заданных точек В. Проведем в к угольнике AxA2...Ak все диагонали, исходящие из точки Ах. Они разо­бьют этот многоугольник на треугольники. Внутри одного из иих будет лежать точка В. Пусть это будет треугольник AxAiAi+l. Тогда четверка точек Ах, At, , В не образует выпуклого четырехугольника. Пришли к противоречию.

Среди строк и столбцов таблицы найдем ту строку или тот стол­бец, где сумма чисел наименьшая. Пусть это будет некоторая строка. Сумму чисел, расположенных в ней, обозначим к. Тогда эти строки со­держат ие менее чем л — к нулей. Рассмотрим столбцы, содержащие эти пули. В каждом из них сумма чисел ие может быть меньше, чем л — к (по условию задачи). Сумма чисел, расположенных в любом другом столб­це не меньше чем к. Поэтому сумма всех чисел таблицы

S >(л — к)2 + k2 = 2 (я3 — кп +

л2 j

2

2

-#-т)'+4]--ї-+'('4)

420. Выберем в пространстве прямоугольную систему координат и разместим заданный прямоугольный параллелепипед так, чтобы его центр совпадал с началом системы координат, а грани были параллельны коор­динатным плоскостям. Будем считать, что вершина параллелепипеда, ле­жащая в первом октанте (где все координаты положительные), имеет коор­динаты | —, — , —). Поскольку параллелепипед симметричен относительно

псех координатных плоскостей и координатных осей, то этим же СВОЙСТВОМ будет обладать интересующее нас тело. Это будет восьмигранник, ребра которого лежат в координатных плоскостях, а вершины — на координат­ных осях. Каждая его грань — треугольник, расположенный в одном из октантов, причем все треугольники равны. В каждом октанте лежит оди­наковая часть восьмигранника, представляющая собой треугольную пира­миду с тремя попарно перпендикулярными ребрами, исходящими из начала системы координат и направленными вдоль координатных осей. Рассмот­рим ту пирамиду, которая находится в первом октанте. Она ограничена координатными плоскостями и плоскостью

4-^)+4-4)+4--£-)=о,

(а     Ь      с \

проходящей через вершину параллелепипеда I— • — > — I и перпенди­кулярной к его диагонали, выходящей из этой Еершины. Эта плоскость

/ a2 + fc2+>        п А
пересекает   координатные   оси   в   точках    I                >    0, 01 і

1          /а2 _L b2 + с2)3

Следовательно, объем пирамиды равен -g- — gfl{,c — — Объе.л

.        "                              (а2 + Ь2 + с2)'
всего восьмигранника в 8 раз больше, т. е. равен         
          — '

баЬс

Теперь площадь поверхности восьмигранника можно найти, воспользовав­шись тем, что в него можно вписать сферу, радиус г которой равен поло­са2+&2+с2

вине диагонали параллелепипеда, т. е. г =   —    ——          . Объем V

восьмигранника равен — rS, где S — площадь его поверхности. Поэтому 3

_  Зу  _  (а2 + Ь2 + с2)4'

г abc 421. Заметим, что

arcsin к (х + у) = П

[arcsin х (х + у) + arcsin у (х + у) = п] о \       2 0

arcsin у(х + у)  = ——

 

I — =1

^ fX (*+//)= 1, | У

 

Отсюда

1

VT        /2   *    ї_      /2       ОТ~ V2

422. Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с, а противолежащие

fc + с

им углы соответственно через а, р, 7. Допустим, что а < —g—• Тогд 1

а — не наибольшая сторона, поэтому угол а — острый. Поскольку синуси углов любого треугольника пропорциональны противолежащим сторона™,

sin 6 + sin 7
то sin а <         2          . Но

sin р + sin у = 2 sin ^ІГ7   - соз           < 2sin  ^"1"Y- •

„          P + Y P+V

Поэтому sin а < sin    — •   Так как  острый угол, а для

острых углов функция sin х возрастает с ростом х, то а <            — •

Если бы не было студентов, составивших 5 или более задач, то наибольшее число задач было бы равно 14-2 + 3+ 4- 7 = 34.

Пусть О — точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. По условию площади треугольников ABC и CDA равны. Эти тре­угольники имеют общее основание АС. Поэтому они имеют одинаковые высоты ВК и DL. Но в нашем случае треугольники ВОК и DOL равны (по катету и острому углу). Поэтому ВО = OD. Аналогично доказывается, что СО = АО. Значит, диагонали четырехугольника делятся точкой пере­сечения пополам. Следовательно, четырехугольник является параллело­граммом.

 

 

Ответ Алеши не~может бт.іть чеверні'ч. В противном случае не­верным был бы еще один ответ: либо Вани, либо Гриши. Точко так же правильными являются ответы Бори и Гриши. Оіедователг но, игвет Вани неверен. Таким образом, первым был Боря, а последним — Г,

Пусть О — точка, "ерез которую проведены прямые м — про­извольная точка плоскости. Если м лежит на одной из задаї пых прпчр;., то утверждение задачи очевидно. Допустим, что течка м не лгжнт ии на одной прямой. Проведем через нее прямую, пар^лле іьную той из трех щ я-мых, которая наиболее удалена от м. При это і образуется прави/ ный треугольник АВО. Обозначив через к, L, р основания пер.ісч'їнкуляров, проведенных из точки м до заданных прямых, нгіідем АВ-мр = 2S^ bq — = 2 <SAAMO+ saomb)= oa • MK+ OB ML = AB . (.АК + ML), откуда MP = MK + ML.

Заметим, что

І3 + 23 + З3 + ... + 19IV + 19S13 = (І3 + 19S13) + (23 + 1Р333) + • • • • + (9823 + 9833) = (1 + 1961) • (І2 — 1 • 1961 + 19642) -f (2 + 1963) X X (22 — 2 • 1963 + 19532) + • • • + (982 + 983) (9822 — 982 • 983 + + 9832) = J965n,

где и — целое число.

На отрезке PQ как на диаметре строим окружность. Точка пере­сечения этой окружности с заданной будет вершиной прямого угла искомо­го треугольника. Задача имеет, вообще говоря, 2 решения.

 

Обозначим число участников турника через п. Шахматисты, за­нявшие три последних места, во встречах между собой разыграли 3 очка (без ограничения общности можно считать, что турнир проходил в одни круг). Следовательно, во встречах с другими участниками они тоже на­брали 3 очка. Другие же участники во встречах с этой тройкой набрали в общей сложности 3 • (п — 3) — 3 очка. Это число по условию задачи должно быть равно количеству очков, которое остальные участники турип-

2        (я — 3) (и — 4)
ра разыграли между собой, т. е. С„_3 =     g         
Решив урав-
нение

8 (—8)-8- (»-3И"-4) ,

найдем, что и = 9 или п = 4. Однако последнее значение не подходит, так как при четырех участниках шахматисты, занявшие три последних места, должны будут отобрать все очки у четвертого шахматиста, что і іе-возможно. При девяти участниках условие задачи должно бчть удовле­творено. Например, слабейшие три шахматиста сыграли между собой вни­чью и, кроме того, каждый из них сделал еще две ничьи. Остальные 6 шахматистов сыграли между собой вничью все партии, а со слабейшей трой­кой каждый набрал 2 очка.

Выберем какой-нибудь треугольник с вершинами в заданных точ­ках, внутри которого нет других точек из числа данных. Потом к одной из сторон пристраиваем еще один треугольник с таким же свойством. Дія этого придется использовать еще одну из заданных точек. Этот процгес построения треугольников продолжаем до тех пор, пока we будут исчерпаны теє заданные точки. Треугольников получится 100. Они не будут взаимно перекрываться и все будут лежать внутри единичного квадрата. -Отсюда следует, что среди них найдется треугольник с площадью, не превышающей 1/100. В противном случае их общая площадь была бы больше I, и они не смогли бы вместиться в квадрате площадью 1.

433. Каждая кость домино перекрывает лишь одну из 10 горизонталь­ных и вертикальных линий, которыми расчерчена доска. С другой стороны, каждая такая линия пересекает четное число костей. Докажем это от про­тивного. Пусть, например, некоторая вертикальная линия пересекает не­четное число костей. Разрежем доску вдоль этой линии и рассмотрим одн-.' из двух образовавшихся прямоугольных досок. Она имеет четное число кле ток, а количество клеток, покрытых разрезанными половинками костей,— нечетно. Тогда неразрезанные кости покрывают также нечетное число кле­ток (иначе общее число клеток доски было бы нечетным). Это невозможно, так как каждая кость покрывает две клетки и кости не перекрываются.

Допустим теперь, что каждая из рассматриваемых 10 линий пересе­кает хотя бы одну кость домино. Тогда количество пересекаемых костей для каждой такой линии не меньше 2 (напомним, что оно четно). Отсюда следует, что на доске размещено без взаимных перекрытий не менее 20 кос­тей домино, что неверно.

Та часть гиперболы у — — • которая лежит вне полосы | у | < 1

Около четырехугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда сумма двух его противоположных углэв равна 180".

Поскольку ^lXPY =*a^m° +^ R°Q   (рис. 52), то ^XOY-\-^XPY = 3

= 90°Ч  ^cROQ. Эта сумма равна 180° в том и только в том случае,

если ^ ROQ = 60°, т. е. если ^ АРВ — 120°. Таким образом, точки Р искомого множества обладают тем свойством, что из них отрезок А В виден

под углом 120°. Это множество состоит из дуг двух окружностей с общей хордой АВ.

438. Проведем доказательство по индук-
ции. Пусть п = 2. На новогоднем карнавале
присутствуют 4 человека: А, В, С, D. Если
В все онн знакомы между собой, утверждение
задачи очевидно. Если же, например, А и
В не знакомы, то каждый нз них знаком как
с С, так и с D. Искомой упорядоченной чет-
веркой будет (А, С, В, D). Пусть на карнава-
ле присутствуют 2п + 2 человека, причем
каждый из них знаком по крайней мере с
Рис. 52            п + 1   участником   карнавала. Предполо-

жим, что некоторые два участника А и В не знакомы друг с другом (иначе утверждение задачи очевидно). Если они имеют 2 общих знакомых — С и D, то искомой четверкой будет (А, С, В, D). В противном случае рассмотрим множество М из 2п присутствующих на празднике, исключая А и В. Множество М удовлетворяет условию задачи: каждый участник, включенный в М, знаком не менее чем с п людьми пз множества М. По предположению индукции из М можно выбрать искомую четверку.

439. Запишем уравнение так:

sin2 х (1 — sin1933 х) + cos2 х (1 — cos1963 х) = 0.

Оба слагаемых в левой части неотрицательны. Поэтому равенство возможно лишь в случае, когда оба они равны нулю. Уравнение равносильно сово­купности двух систем:

sin х = 0, cos* = 1,


r

 

Подпись: cos х = 0, sin х = 1.
л
= ~2
 

+ 2пя   (л £ Z).

1 — | cos х I3

SilV X.

Отсюда получаем у. = 2«л. 440. Заметим, что

1 — | cos дс| ^

< 1 — COS2 X

1 + I cos x I      1 -f- I COS ДГ J

Здесь равенство имеет место тогда и только тогда, когда cos х = 0 или

я

| cos х | = 1, т. е. когда х = —                  «л или х = пп (п £ г).

441.     Применив   к   Л ABC   теорему   косинусов, получим

АС2 + ВС2 = АВ2 + 2 • ЛС • ВС • cos С = АВ2 + 4 • -І- АС ВС X

X sin С • ctg С = ИВ2 + 4S ctg С,

где S — площадь Л АБС. Отсюда видно, что вел . і"»ча ЛС2 + ВС2 будет наибольшей, если ctg С = const будет неотрицателі "ш, а площадь S — максимально возможной. Следовательно, точка С должна быть наиболее удаленным от АВ концом диаметра, перпендикулярного к АВ. Если сам отрезок АВ является диаметром окружности, то таких точек будет две.

Через точки С, D проводим плоскость Пх, параллельную АВ, через точки А, В — плоскость П2, параллельную Пх. Плоскость П, парал­лельная nt и П2 и проходящая посредине между ними, является искомой.

Пусть k — любое из чисел I, 2         п. Оно встречается в таб-
лице нечетное число раз (по одному разу в каждой строке). Однако вне
диагонали, являющейся осью симметрии таблицы, оно встречается четное
число раз, так как таблица симметрична. Поэтому k обязательно встре-
тится на этой диагонали.

Тень от конуса имеет вид, изображен­ный на рис. 53. При этом OA = 1, OP — 2. Из прямоугольного треугольника О АР находім АР = \Hs, ^ ЛОР =60°. Площадь S кри­волинейного треугольника АРВ равна разнос­ти площадей четырехугольника ОАРВ и сектора

я

АОВ. Таким   образом,  S = 2S,

'доля

См. решение задачи 43Э.

Пусть е0 = I, ех, е.2, е3, е4 — корни уравнения х5 — I — 0. Тогда

X* — 1 = {X — 1) (Xі + х3 + х2 + х + 1) = = (х—\)(х — е1)(х — е2) (х — е3) (х — е4}.

Следовательно, Xі + х3 + х2 + х + 1 = (х — ех) (х — в2) (х — в3) (х — в4), и, в частности, при х = I

(1 — Bl) (1 - е2) (1 - е3) (1 - е4) = 5.

Заметим теперь, что A0Al = I 1 — ех |, А0А2 = | 1 — e2 |, A0AS = | 1 — — е3|, A0At = 11 — е4 |. Следовательно, АаА\ АаА\ = A0A^ • А0Аг X X А0А3 А0Аі =| \ I - вх) (1 _ ej (1 - е8) (1 - е4) | = 5.

447. Обозначим произведение, стоящее в левой части неррвенства-через А. Тогда

А = (_^ +     +     +       (JEi_ +     + _Јi. + x

\ fl|      a,       ax J \ аг       a2       a2       a2 / Л

Л U3 ^ a3  + a3 ^ «3 Л a4  + a4       a4  + c4 j X

 

X


\ a5       a5 ^ a5       o5 /

 

Применив к выражению в каждой скобке неравенство Коши для среднего

арифметического и среднего геометрического, получим

4/~       Ь

л/ П

ax a2

 

'5

448. Пусть после ft проделанных операций сумма чисел  равна Sk. Если теперь описанную в задаче процедуру проделать еще раз, то каждое слагаемое суммы Sft в новой сумме Sfc_|_j будет повторено трижды. Поэтому = 3Sft, т. е. числа Sk образуют геометрическую прогрессию со зяа-

ь:еі аіелем 3. Поскольку начальная сумма S0 = 2, то Sn = 2 • 3".

Поскольку х2 = 2t/2 + 1, то х2, следовательно, и х— ікчетное число. Пусть х = 2п + 1 (n g N). Подставив его в уравнение, получим //2=2(п2+п). Отсюда следует, что у— четное число. Но существует единственное простое четное число 2. Итак, у = 2. Подставив это значение в исходное уравнение, получим х — 3.

Диагонали четырехугольника, образованного основаниями перпен­дикуляров, делятся в точке пересечения пополам. Следовательно, этот че­тырехугольник — параллелограмм.

Нельзя, так как число (1 + 2 + ... + 23) — 21 = 697 не делится на 2.

Пусть А, В, С, D — середины сторон заданного четырехуголь­ника, М — произвольная точка плоскости, А', В', С, D' — симметричные образы точки М относительно А, В, С, D. Поскольку MA' = 2МА, MB' ~ = 2MB, МС = 2МС, MD' = 2MD, то четырехугольник A'B'CD' гомо­тетичен четырехугольнику ABCD с центром М и коэффициентом 2. Поэте лу площадь четырехугольника А'В CD' в четыре раза больше площади че­тырехугольника ABCD. Заметим, что на самом деле четырехугольник ABCD, следовательно, и A'B'CD' являются параллелограммами.

455. Пусть ABC — заданный треугольник. Одна вершина описанно­го прямоугольника совпадает с некоторой вершиной треугольника ABC. Рассмотрим случай, когда она совпадает с А. Обозначим через D противо­положную вершину прямоугольника, а через О — его центр, Пусть KL средняя линия Л ABC, параллельная стороне ВС. Гомотетия с центром в точке А и коэффициентом 2 переводит Л OKL в Л DBC, Отсюда следует, что ^ KOL прямой. Это означает, что точка О лежит на полуокружности диаметром KL, расположенной между KL и ВС. Наоборот, любая точка и этой полуокружности является центром некоторого прямоугольника, опи­санного около A ABC, с вершиной в точке А. Чтобы получить его, дост -точно через точки А и В провести прямые, параллельные КО, а через точк Л и С — прямые, параллельные LO. Аналогичные рассуждения прпмен мы к двум другим вершинам Л ABC, Таким образом, искомое множес

точек составляют три потуокружности, диаметрами которых служат сред­ние линии треугольника. Эти полуокружности целиком лежат внутри треугольника.

Пусть а, Ь, с — длины сторон треугольника ABC, а 5 — его пиощадь. Заметим, что треугольник АгВ2С2 (рис. 54) равносторонний (см. решение задачи 237), причем его площадь равна

S* =     С*2 + & + с2) + ± S.

Совершенно аналогично можно убедиться, что Д A\BxCi также равносто­ронний, причем его площадь

Si =      (а*+    + 4"S*

Таким образом, S2 — St = S.

Очевидно, что условие задачи равносильно следующему: если
выборка чисел содержит два числа, то она не должна содержать их разнос-
ти. Отсюда следует, что такая выборка не может
содержать больше, чем п + 1 число. В самом деле,
возьмем любые п + 2 числа, среди которых S — на-
именьшее. Вычтем из остальных чисел S. Получим
п + 1 число, причем все разные. Они не могут
быть все отличными от чисел выборки, даже если
из них исключить число S, так как количество чи-
сел, не вошедших в выборку вместе с числом S,
равно п. Выборка же, состоящая из п + 1 чисел
и удовлетворяющая условию задачи, существует.
Это — множество нечетных чисел (1, 3, 5, 2п —
-1.2П+1). г      

Построим графики функций у = — х2 и у = х. Это дает воз­можность наглядно предсіавнть себе множество решений. Таковым будет интервал [—1, а], где а — решение уравнения      —х2= х. Решив его,

1

найдем, что а =   г- .

Поскольку ^ АМХВ опирается на диаметр окружности, то он прямой, и, следовательно, ВМХ — высота Л ABC. Обозначим через И точку пересечения высот Л ABC, а через К — точку пересечения касатель­ной к окружности, проведенной в точке Мх, с высотой CD. Рассмотрим Д КМхН. В нем ^ К.НМх = ^ CAB, так как треугольники СМхН н CD А подобны. Кроме того, ^ КМхН = ^ CAB, так как оба они измеря­ются половиной дуги МХВ: первый — как угол, заключенный между каса­тельной МхК и хордой МіВ, стягивающей эту дугу, а второй — как вписан­ный в окружность угол, опирающийся на дугу МхВ. Следовательно, Д МХКН равнобедренный: МХК = КН. Совершенно аналогично в тре­угольнике МхСК каждый нэ углов МХСК и СМХК равен АВМх. Поэтому СК = МХК. В итоге получаем, что СК = КН. Повторив все наши рассуж­дения для касательной в точке М2, придем к выводу, что она тоже прохо­дит через среднюю точку отрезка СН.

Если среди присутствующих есть человек, у которого иет знаї о-мых, то каждый из остальных может иметь от 1 до 48 знакомых, либо не иметь знакомых вовсе. Таким образом, числа, выражающие количества зна­комых, могут принимать 49 различных значений, а в комнате присутствует 53 человек. Поэтому *отя бы одно значение принимается дважды. Пусть теперь у каждого из присутствующих есть хотя бы один знакомый.Тогда число различных значений количества знакомых опять равно 49, Следова­


тельно, и в этом случае найдутся два человека, которые знакомы с одинако­вым числом присутствующих.

462. Пусть с = а — Ь и р"1 — наибольшая степень простого числа р, на которую делится число п. Если число с не делится на р, то исключим его из рассмотрения. Пусть с делится на р. По формуле бинома Ньютона

 

ф + с)" — Ь"


= £ ф"-V-1.

 

 

Для решения задачи достаточно показать, что каждое слагаемое последней

суммы делится на рт. Поскольку Сп = ^ ^д_^| необходимо лишь пока-

зать, что с* делится на ту же степень простого числа р, на какую делится і!. Показатель Р, с каким входит в разложение її на простые множители, равен

оо ОС

р-\

 

 

(см. решение задачи 283).

463. Монеты лежат на столе, не перекрываясь, поэтому их общая пло-

— Я

щадь меньше, чем площадь стола: пяг2 < пЯ2. Отсюда Yn < —. Предста­вим себе, что радиусы всех монет увеличены вдвое. Тогда они полностью накроют на столе круг радиуса Я — г, центр которого совпадает с центром стола. В противном случае на столе можно было бы с самого начала размес­тить еще одну монету с центром в той

            *          точке указанного круга, которая не

(Я - г)2

> >

покрывается увеличенными монетами. Таким образом, суммарная площадь увеличенных монет больше, чем пло­щадь круга радиуса Я — г: пп (2л)2 >

Отсюда    \ л >

466. Достроим пирамиду SABC до треугольной призмы SB'C ABC (рис. 55). Объем пирамиды SABC со­ставляет треть объема этой призмы или половину объема четырехугольной пирамиды SBB'C'C с вершиной S и основанием ВВ'С'С. В основании этой четырехугольной пирамиды лежит ромб со стороной а, а ее боковые ребра равны: SB = SC = b, SB' = SC — = с. Отсюда следует, что основание высоты SP пирамиды лежит в центре ромба. Обозначим через р и q половины диагоналей ромба, а через п — соты пирамиды. Из треугольников РВС, SBP и SCP следует р2 + Я ~~ = а2, р2 + Л2 = Ь2, о2 + Л2 = с2. Из этих трех уравнений находим

 

h2 = — (b2 + с2 — а2)

 

Р2 = — (а2 + Ь2-с2),   о2 =


(а2 + с2 — Ь2).

 

 

Объем пирамиды SBB'CC равен

-|- РФ =           т=- I' (fc3 + с2 — а2) (а2 + Ь* — с2) (а2 + с2 — fc2) .

ЗУ 2

Объем пирамиды SABC

V = -l    Ypqh = "бр^Г*'(62 + с*~fl2) (аг + Ь*~с2) <й2 + с2 — о2) •

См. решение задачи 472.

Так как функция sin t имеет период 2я, то точки плоскости, удов­летворяющие уравнению, будут повторяться через промежуток 2л как вдоль оси абсцисс, так и вдоль оси ординат. Поэтому достаточно найти ре­шения уравнения, лежащие в квадрате —я ^ х < я, —я ^ у < я. Если разбить его координатными осями иа четыре меньших квадрата, то в каж­дом из них sin х и sin у будут сохранять знак, а поэтому нетрудно найти нужные точки. В квадрате —я ^ х ^ 0, —я ^ у ^ 0 уравнение превраща­ется в тождество 0 = 0, поэтому весь этот квадрат принадлежит искомому множеству. В квадрате 0 < х < я, —я ^ у sg? 0 уравнение имеет вид 2 sin х = 0 и не имеет решений. В квадрате —Я ^ к ^ 0, 0 < у < я полу­чим уравнение 0 — 2 sin у. которое тоже не имеет решений. В квадрате 0 < х < я, 0 < у < я sin х — sin у, откуда у = х или у = я — х.

Заметим, что

S2 — 3t = (а + Ь + с)2 — 3 (аЬ + ас + fcc) = а2 + fc2 + с2 — аЬ — ас — Ьс=

= i- [(а - fc)2 + (а - с)2 + (6 -с)2] > 0;

S2—4/ = (a+fc + с)2 — 4 (об -f-лс + Ьс) = а2 + fc2 + с2 — 2^ft — 2ас — 2fcc = = (а — fc)2 + с2 — 2ас — 2йс < 2с2 — 2ас —26с = 2с [с — (а + 6)] < 0

((а — fc)2 < с2, так как разность двух сторон треугольника меньше его третьей стороны; с — (а + fc) < 0, так как сумма двух сторон треугольни­ка больше его третьей стороны).

Функция arcsin Ух2 -f- х +1 определена тогда и только тогда, когда 0 ^ х2 + х -4-1 ^ I, т. е. на интервале [—1, 0]. Однако во внут­ренних точках этого интервала х (х -{- Ц КО, и не определена функция arctg Yx (х + 1). Итак, левая часть уравнения определена лишь в двух точках: 0 и —1. Непосредственная проверка показывает, что х = 0 и х = = —1 являются решениями уравнения.

Пусть х0, где | xQ \ > 2, является корнем уравнения х" -f--\-alxn~~'+ •• +яп_і* + яп = 0, в котором каждое а,- по модулю не превышает 1. Из равенства *д + а^"1 + ••• + ап_1х0 -f- ап = 0 полу­чаем

I *о г = I - "г/1-1 — ••• — fining <1 %11 *и г-1 +••+!««-і 11*01 + I°пК

<,^г^+---+і^і+і-^{^<пЙ^1.

I л; I" (I Jt I       2)

Отсюда следует, что-*——г^—г      <0, а это неверно при |дг0|>2.

I ха I — 1

474. При замене двух знаков одним числом минусов на доске либо не изменяется, либо уменьшается на 2. Таким образом, четность нли нечет­


ность числа минусов сохраняется на протяжении всей процедуры. Следова­тельно, если первоначальное число минусов было четным, то заключи­тельным знаком будет плюс, а если нечетным, то минус.

См. решение задачи 545.

Отметим сразу, что ^ АБС > ^ ВАС (против большей стороны лежит больший угол). Далее, ^ ВСМ = ^ ABC -f- ^ ВАС.

Теперь

^ АВМ = ^ АБС 4- ^ МВС = ^ АБС + 180° ~ ^ АВС + " BACL =

 

= 90° +     (^ ИБС — ^ ВЛС) > 90°.

478. Применим метод математической индукции. Для п = 1 д( — = 5я + З3 = 152 =19-8. Пусть утверждение верно для а„. Тогда ап+1 = 52п+3 + 3"+3 • 2" = 6 (52n+1 + 3"+2 . 2"-') + 19 52"+' = 6а„ + + 19 • 52"+1 тоже делится на 19.

481. Пусть ABCD — произвольный четырехугольник, К и L — основа­ния перпендикуляров, опущенных нз вершин А и С на диагональ BD (точки К и L могут совпадать). Тогда треугольники АВК, ADK, CBL и CDL покрываются кругами, построенными соответственно на отрезках АВ, DA, СБ и CD как на диаметрах.

483. Пусть / — любой замкнутый путь по улицам города, а /' — путь по контуру минимального прямоугольника, содержащего внутри или на сторонах все звенья /. Тогда /, а площадь, охватываемая /', не меньше площади, ограниченной /. Следовательно, чтобы обойти наибольшую пло­щадь при заданной длине пути, нужно идти по контуру прямоугольника. Остается выяснить, какого именно. Пусть х — сторона прямоугольника. Тогда смежная сторона равна 5 — х (в километрах), а площадь S = 5х — 5

' [°* 4]функ"

ция S = 5х — х2 монотонно возрастает. Поэтому при указанном ограниче­нии на область изменения х она будет принимать наибольшее значение при

наибольшем ft таком, что    £ j^O, 4jj- Это будет точка х = Площадь

156

соответствующего прямоугольника равна        = 6,24 км2.

484. Докажем, что для неотрицательных чисеч x,y,z выполняется неравенство х + у + z ^ \г3 {х2 + у2 + г2) . Действительно,

[у. + у + г < УЗ (х2 + у2 + г2)]«[(х +у + г)2 < 3 (х2 + у2 ! г2) | О [ху + хг + уг < х2 + у2 + г2] о \(х — у)1 + (у — г)2 + (г — *)2 > 0].

Применив это неравенство к тройке чисел х = Уа + Г, у »= У 2с —_ 3.
г = У 50 — За, получим      У о + 1 + У 2а — 3 + У 50 — За <

< V 3 [(а + 1) + (2а — 3) + (50 — За)] = 12.

485. Радиус окружности, описанной около треугольника ABM, и<| может быть меньше половины длины стороны АВ. Окружность, описания

— х2. При этом 0 <; х ^ у. Функция S = 5* — х2 принимает наибольшее значение в точке х = Однако по условию задачи х может принимать только значения вида ft/5, где k — целое число. На интервале

б жруг треугольника СВМ, всегда имеет радиус, больший или равный по­ловине длины СВ. Оба радиуса одновременно будут иметь указанные ми­нимальные значения, если М будет основанием перпендикуляра, опущенно­го из точки В на прямую АС.

487. Воспользуемся методом математической индукции. Для п = 1 утверждение верно, так как 1 является числом последовательности Фи­боначчи. Пусть утверждение выполняется для я < т. Докажем, что оно выполняется и для числа т. Если т — член последовательности Фибо­наччи, то утверждение задачи очевидно. В противном случае обозначим k наибольший член этой последовательности, не превышающий т. Тогда in — к < и, поэтому т — к представимо в виде суммы членов последова­тельности Фибоначчи, меньших чем k : т — k = kx + ... + fy. Отсюда т = кг + ... + kt+ к.

489. Центры четырех нижних шаров являются вершинами квадрата со стороной 2г. Рассмотрим треугольник, основанием которого является диагональ этого квадрата, а. вершиной — центр верхнего шара. Он равно­бедренный с боковой стороной 2г. Его высота равна г Y2. Искомое расстоя­ние на 2г больше этой высоты, т. е. равно г (2 + \^2).

490.     Естественнее всего построить сначала графики функций / (х) =

/      і х 5 і \

= 11 — lgлгI + I lgx -f 1 I и <т(х) = 4(1 — -—g—-I . Теперь видно, что

исходное уравнение равносильно следующему: g (х) — 2. Решая его, полу-

15 5 чаем х =        или х = -g- .

491.     Проще всего воспользоваться неравенством

 

которое выполняется для любых неотрицательных чисел а, Ь и п > I. Геометрически оно означает, что для положительных х и п > I график функции и = Xя вогнут, т. е. его выпуклость обращена вниз. Положив в этом неравенстве а — sin2 х, Ь ~ cos2 х, получим

  In     п          г, / Sin2 X + COS2 х\"

sin*1* + cos "x > 2 (   ^

492. Воспользовавшись тождеством

I                       1    / sin (fe + l)x      suite \

5(/г+1)х — sin x у cos       1) x      cos kx J

cos kx cos

преобразуем левую часть уравнения следующим образом:

1           1     .+ ...+     !           +

'           1   ,.,1Г ГНК-        ІПЛі- і

cos х cos 2х    cos 2х cos Зх   cos 99х cos ЮОх

I           _    1    / sin 2x       sin x   , sin 3x

cos 100л. cos lOIx ~ sinx \ cos 2x      cos де cos3x

sin 2x   sin IQOx          sin 99x      sin IQlx _ sin ЮОх \

"cos2x      "' ~*~cos 100t     cos99x + cosl01x     cos lOOx J

1     / sin lOIx       sin x \         sin ЮОх

sinx ^coslOlx      cosx J     sin x cos ж cos 10ІХ "

Следует учесть, однако, что последнее выражение не определено в точка» kn (k £ Z), в то время как левая часть исходного уравнения в этих точках определена. Впрочем, непосредственная проверка показывает, что эти точки ие являются решениями уравнения. Кроме того, прн переходе от исходного уравнения к уравнению

sin 100л; _

sin X COS X COS 101 X

утрачена информация о том, что для всех целых k из промежутка [2, 100]cosfet=^=0. Это обстоятельство следует учесть при отборе решения

fill

уравнения sinl00A: = 0. Все его решения дает формула х — ^ (я 62).

50 (2s I и п

Однако при нечетном я (я = 2s -f- 1, s £ Z) cos — ^          = 0. Анало-
гично, если я при делении на 4 дает в остатке 2 (я = 4s -(- 2,   s Є Z), то

25 (4s + 2)я     /    ,  n \    . _

cos       —:— = cos I sn -J—2" I = 0. Остаются значення я, делящиеся

на 4 (я = 4s, s £ Z). Им соответствуют точки х — jis/25. Функции cos kx в этих точках отличны от нуля. Однако при s = 25/я (т £ Z) получаем зна­чения х — тл (m £ Z), не являющиеся, как уже было отмечено, решения­ми уравнения. Таким образом, все решения исходного уравнения исчер«

пываются точками х =     , где s не кратно 25.

493. Рассмотрим последовательность чисел, образованных тремя по­следними цифрами членов последовательности Фибоначчи. Среди всевоз­можных пар соседних членов этой последовательности (например, (001; 001), (001; 002), (002; 003) и т. д.), одна непременно повторится, так как различных таких пар может быть не более 1000 • 1000 = 106, а наша по­следовательность бесконечна. Но три последние цифры суммы двух чисел зависят только от трех последних цифр каждого из слагаемых. Поэтому, как только повторится некоторая пара соседних членов рассматриваемой последовательности, повторяются и все последующие члены. Этим доказана периодичность последовательности.

495. Проведем через вершину В заданного треугольника АБС произ­вольную прямую / и опустим на нее перпендикуляры ААг и СС± из вершин А и С, а также £ЮХ из точки D, являющейся серединой отрезка АС. По­скольку £>£>! — средняя линия трапеции С^САА^, то АА± + CCt = WDi. Итак, сумма ААг + ССг будет наибольшей, если наибольшим будет отре­зок DDt. Так как / проходит через точку В, то расстояние от D до / не может быть больше DB, и равно ему тогда и только тогда, когда / J_ DB, т. е. прямая I перпендикулярна к медиане Д АБС, проведенной из вершины В.

496. Занумеруем каким-нибудь образом меньшие квадраты: *i. k2, . . . ,     Допустим, что общая часть любых двух из них имеет

площадь, меньшую, чем -j-. Тогда площадь части квадрата *s, ие покры-

1       8 —s

той  квадратами   k^, ... ,      превышает   1 — (s — 1) • — = —j '

(s = 2, 3, . ., ).    Поэтому    площадь,    покрытая    всеми квадратами

6       5 1
h
(i" = 1,2, ... , 7), будет превышать I + — +— -\   +-у-= 4, что

невозможно, так как больший квадрат имеет площадь 4.

498. Пусть А — семиклассник, который при построении всех учеников класса в одну шеренгу по росту занимает место с номером я. Поскольку раньше он и все более рослые семиклассники стояли перед десятиклассни­ками, которые были выше их ростом, то среди десятиклассников имеется по крайней мере я учеников более рослых, чем А. Отсюда следует, что я-й по росту десятиклассник выше ростом, чем А.

500. Если к числителю и знаменателю правильной положительной дро­би прибавить одно и то же положительное число, то дробь увеличится.

Действительно,   пусть   0<р<9   и   о>0.   Тогда   ^ ~f~ °   — =

q+a q

a(q — p)

> 0. Воспользовавшись этим фактом, получим

101968 _|_     1Q1968 _|_ 10 ^    1Q(1Q1867-|- 1)    _  1Q1967 + [

]Q1S69 _|_ ]   ^ 10196s -(- 10            10(10106В+ 1)            Ю19ЄВ _J_ [ *

Б02. Сначала строим прямоугольный треугольник C-fiC^ по катетам ССг и ССа (угол между внешней и внутренней биссектрисой угла треуголь­ника прямой). Описав из точки С окружность радиуса СС0, находим точку С0 как точку пересечения этой окружности с продолжением отрезка за точку С2. После этого находим центр О окружности, описанной около искомого треугольника АБС. Поскольку С0 — основание медианы Д АБС, то точка О лежит на перпендикуляре к прямой С]С2, восстановленном в точке С0. Точка пересечения этого перпендикуляра с прямой СС2 (обо­значим ее через К) лежит на описанной окружности. Поэтому ее центр на­ходится на срединном перпендикуляре к отрезку СК. Вершины А и В тре­угольника находим как точки пересечения описанной окружности с пря­мой CiC2.

БОЗ. Каждое простое число входит в разложение квадрата целого числа на простые множители четное число раз. Убедимся, что число заданного ви­да не обладает этим свойством. Действительно, abcabc = 1001 • abc = = 7 • 11 • 13 abc. Поскольку abc < 1001, то в его разложении на простые сомножители не могут встретиться сразу три простых числа 7, 11 н 13.

504. Перенеся У у в правую часть уравнения и возведя его в квадраті получим х = у -\- 1968 — 8 У \2Ъу . Для того чтобы пара (х, у) была реше­нием уравнения, необходимо, чтобы число 123у было квадратом целого числа, т.е. г/=123и2, где v ЈZ. Аналогично x=123u2, где u Є Z. Подставив эги значения в исходное уравнение, получим

| и | -h- | v | = 4. (1) Поскольку х и у выражаются через и2 и и2, то достаточно рассмотреть не­отрицательные решения уравнения (1) (0; 4), (1; 3), (2; 2), (3; 1), (4; 0). Им соответствуют (по формулам х = 123и2, у = 123и2) следующие решения исходного уравнения: (0; 1968), (123; 1107), (492; 492), (1107; 123), (1968; 0). 507. На каждой стороне многоугольника как на основании построим

„ S

с той же стороны, где лежит многоугольник, прямоугольник высотой -р-.

Сумма площадей этих прямоугольников равна S. Поскольку они частично перекрываются, то они не могут покрыть многоугольник, площадь которо­го также равна S. Пусть О — любая точка, лежащая внутри многоугольни­ка и не принадлежащая ии одному из построенных прямоугольников. Расстояние от нее до любой стороны многоугольника превышает SIP. Окружность радиуса S/P с центром в точке О будет полностью лежать внут­ри многоугольника.

509. Заметим, что    

4х — 7 — 12Ух — 4 = (2 V— З)2,

4л: — 16Ух —4 -   (2 Ух^ї — 4)а.


• 6,25).

Поэтому исходное уравнение равносильно следупщему:

|2}/7^4 — 3|-t-2| і Г^4 — 2| = logL(jc-

2~

Построив графики функций f (х) = | 2 Ух — 4 — 3 | —|— 2 | Ух — 4 — 21 и g (лг) = log, (х—6,25), убеждаемся, что это уравнение равносильно yptj-2"

нению log, (* — 6,25)= I, из кот юго находим х = 6,75.

510. Уравнение равносильно следующей системе: 0 < у < 2,

(1 х — I | — | г/ — 1 |) (| х — 4 | — | j/ — 1 |) (дг — 6) (л: — 7) (JC — 8) = 0.

Неравенство системы задает область определения функции

2 -f- arcsin (у — 1)

г/(у-2)

 

Оно означает, что исходное множество лежит в полосе, ограниченной пря-= 0 и у = 2. Чтобы получить его, следует построить графики урав-х — 1 I = I у — 1 I, I ж — 4 | = | і/ — 1 |, д- = 6,  х = 7, *=8 и оставить лишь ту часть, которая попадает в эту полосу.

512. Обозначим через I образующую конуса, а через г — радиус его основания. Проведем сечг-ния через вершину конуса А и точку основания В, отстоящую от центра основания на t (0 <| / < г) (рнс. 56). Заметим, что Xі = г2 — t2, Н2 = 12 — гг, h2 = Н2 +12 = I2 — г2 + Vі. Площадь сечения S =

= У (г2 — t") U* — (г2 — t2)]. Обозначим г2 — t2 че­рез и. Когда t изменяется на [0, г], то и изменя-[0, г2). Функция и (I2 — и) до-I2

^ г2, то эта величина и будет определять нуж-Ей   будет   соответствовать    t = >га,   то наибольшего   значения фуик-

значения при и =      . Если

2

ное

сечение

"j/"fi —^~ • Если же ^

ция и (I2 — и) будет достигать при и = г2, так как на интервале [0, г2] она монотонно возрастает. Этому значению и соответствует t = 0. Вывод: если Iі < 2г2 (угол при вершине осевого сечения больше прямого),

то наибольшую площадь имеет сечение при t =      г2—~ ,   если же

Iі ^2г2 (угол при вершине не тупой), то наибольшую площадь имеет осе­вое сечение.

На каждом промежутке между двумя последовательными момента­ми, в которые часы показывают правильное время, они уходят вперед или отстают ровно на 12 часов по сравнению с исправными часами. По условию, в одних сутках таких промежутков укладывается ровно к. Значит, часы спешат или отстают на 12fe часов в сутки.

В каждой игре турнира выбывает ровно одна команда. В kohlu-турнира остался одни победитель, т. е. из розыгрыша выбыла п — 1 1к0" манда. Значит, всего был сыгран п — 1 матч.


г

 

ас х

| -(- 46с и по неравенству между средним арифметическим

ыпее значеній

і Г ас       і,

откуда х= у — , у = у

 

516. Обозначим х— длину клумбы, у—ее ширину. По условию ху = а. Суммарная площадь дорожек равна S = 2 (bx -j- су) + 46с. Отсюда

S = 2 (bx + -

= 4 \ abc4- 46с достигается, если Ъх

и средним геометрическим S ^ 4 \ abc 4- 46с.  Наименьшее значение S =

ас        л Г ас       Л F ob

— . откуда *=у т.»=|/ -•

Используя две пары перчаток, врач может осмотреть двух боль­ных. Затем одну из этих пар он должеч вывернуть наизнанку и вставить в эти перчатки перчатки из второй пары. Получится пара слое • пер­чаток, у которых внешняя и внутренняя поверхности дезинфицированы.

Такой треугольник существует.

cos

то

520. Обозначим ОМ = г — радиус окружности, MA = х, ОА = а, <С)МА = а.   По   теореме  косинусов   а2 = г2-\-х2— 2rxcosa, откуда

1   /Г3 — О2 \

а ~ 2г ( —х      ^ Х)' Поскольку cos а убывает при 0 ^ a sg: я,

X

х = •

и наименьшее

х

г2 —а2

наибольшее значение а достигается, когда cos а принимает наименьшее
значение. По неравенству между средним арифметическим и средним гео-
1     с |/rj — а2           Уг2 —а2

х,   т. е.

при   х2 4- а2

метрическим cos а 3»

значение cos а достигается при

 

йГ\—J

1            |\ /1

\/

~\вг

 

 

А U ;

Is'

о

 

Следовательно, угол а наибольший, если треугольник ОМА — прямоуголь­ный с прямым углом А. Для построения точки /VI достаточно восстановить перпендикуляр к ОА в точке А до пересечения с окружностью в точке М. Очевидно, задача всегда имеет два решения (указанный перпендикуляр пере­секает окружность в 2 точках).

д(а)

521. Для решения задачи, оче­видно, нужн о поставить в соответст­вие каждому директору одного замес­тителя £так, чтобы они были соединены телефонами и это соответствие было взаимно однозначным. Сохранив про­вода у 50 пар директоров и заместите­лей, находящихся в указанном соот­ветствии, и удалив остальные 13 X X 50 — 50 = 600 проводов, получим требуемое.

Пусть А — некоторое множест-го директоров, которое поставлено во

взаимно однозначное соответствие 6 = g (я) с некоторым множеством В заместителей, причем директор а соединен телефоном с заместителем g (о) прн любом а £ А. Докажем, что множества А и В всегда можно расширить так, чтобы между новыми множествами существовало подходящее взаимно однозначное соответствие. Для этого обозначим А' дополнение множества А, В'— дополнение В. Если А' связано с В' хотя бы одним проводом, то соответствующие элементы А' и В' можно добавить к А и В, получив при эт м требуемое расширение. Поэтому можно считать, что А' связано толь­ко с В, а В"— только с А. Пусть Аг — множество элементов А, которые связаны с некоторыми элементами В', В1= [g (а), а £ Ах), В2 — множе­ство элементов В, которые связаны с А', а А2 — множество элементов А, поставленных в соответствие с элементами В2 (рис. 57, а). Предположим, что Ах Г) А2 ф Ш. Если а £ Аг |~| А2, то а связан с некоторым 6' £ В', а g (а) связан с некоторым а' £ А' (рис. 57, б). В этом случае множество А можно дополнить элементом о', поставив ему в соответствие g (о), а элементу а поставив в соответствие Ь'. Ясно, что при этом получится под. ходящее расширение А.

Значит, можно считать, что Аг Г) А2 — в. Тогда и Bt f] fi, = ^ (элементы А и В связаны взаимно однозначным соответствием). Заметим что множества Вх и А., должны быть связаны хотя бы одним проводом. Деи1 ствителыю, множества Л, и Вх имеют одинаковое количество элементов — они поставлены во взаимно однозначное соответствие. Поэтому от Aj ц Вг идет одно и то же число проводов (по 13 от каждого элемента). Часть про­водов от Ах по определению приходит к В'. Значит, такое же число проводов идет от Ву и попадает к А2 (поскольку Вх не связано с А', как доказано выше). Итак, существуют Ь\ £ Вх и о2 £ А2, кото-рые связаны. Тогда по определению множеств А{, Bi найдутся /32 £ А2 и а' £ А', ау£ А' и Ь' £ fi' b-i и а', Ь] и оь ot и Ь' связаны

телефоном. Добавим к множеству А элемент а', к В — Ь' и поставим в соответствие элементу Oj, эле­мент Ъх, at — Ь', а' — Ьг. Для всех остальных эле­ментов А н В сохраним прежнее соответствие. Оче­видно, что любые пары элементов из новых мно­жеств A [J {а'}, В [J {Ь'}, находящиеся в соответ­ствии, связаны телефоном.

Следовательно, любое множество директоров можно дополнить так, чтобы любому директору 113 нового множества отвечал один и только один заместитель. Начиная с множества А, содержащего одного директора, и применяя 49 раз опи­санную выше процедуру, получаем требуемое взаимно однозначное соот­ветствие между 50 директорами н 50 заместителями. Как доказано выше, при наличии этого соответствия можно удалить 600 проводов, оставив каждому директору по одному заместителю.

Больший периметр имеет треугольник. Действительно, для каж­дого треугольника ABC можно указать прямоугольник Р той же площади и меньшего периметра (высота Р совпадает с высотой Д ABC, а основание равно средней линии Д ABC). Далее, из равенства площадей прямоуголь­ника Р размером о X b н квадрата Q со стороной с следует, что 2 (о + b ) =

= 4 ° ^~ ^ > 4 Y<А> = 4 Y& — 4с, т. е. периметр Q не больше перимет­ра Р.

Пусть шахматисты А, В, С, D, Е набрали в конце турнира о> >fc>c>d>e очков соответственно (как обычно, за победу присужда­ется I очко, за ничью — V2 очка). Каждый шахматист сыграл 4 партии. В соответствии с п. б) лидер А не выиграл у В, у них не было также ничьей. Значит, А проиграл В. Поэтому а    3. Поскольку В одну партию выиграл,

1 5

а остальные не проиграл, то Ь     1 -f- 3 •     =      По условию А победил

в турнире, так что а > Ъ. Отсюда заключаем, что а = З, Ь

полу целые числа).

Значит, В сыграл вничью все партии с С, D, Е. Далее, D ие вынгрални

одной партии, а одну проиграл игроку А. Поэтому   d ^        Так как

I 3

е > -g, то возможны два случая. Если d = -g-, то из d < с < /> заключаем,

что с = 2. При этом по условию D мог набрать очка только за счег
ничьих с В, С, D. Следовательно, С в игре с Е набрал 2 — і        о — ^ J '

очко, т. е. выиграл у С. Поэтому таблица турнира при d =     будет такой,

как на рис. 58. Если же d = 1, то d > е = ~. Значит, Е проиграл всем, 3

кроме В. Из d =     следует теперь, что D проиграл С. Но тогда С набрал

бы 1 + I + y = Y очков" что невозможно, так как с < b = ^- Итак, результат турнира восстановлен однозначно.

Пусть ах, а^, а3 стороны треугольника, S — его площадь. Тогда 0,/ij = афъ = й3'і3 = 2S. Кроме того, сумма площадей трех треугольни­ков, на которые разбивается данный отрезками, соединяющими его вершины

с центром вписанной окружности, равна S. Поэтому    г (oj + с2 + о3) =

= S. Следовательно, справедливы равенства Ojftj = оаЛ2 = a3h3 = г (а^-\-+ Ол + а3). Выражая отсюда высоты hlt h2, ha и подставляя их значения в данное соотношение /іх + ft2 + /і3 = 9г, получаем

(n1 + n2 + n3)(J-+-^ + -^) = 9,

те Чі+і)ЧІ+і)+Чі+і)+3=9-

I Jh + ±_\+(ЈL++/ A.+=6.

^ a3     /     ^ o3           у     ^ 03       Q2 /

Заметим, что каждое слагаемое в круглых скобках в полученном уравнении не меньше 2 по неравенству между средним арифметическим и средним гео­метрическим. Следовательно, полученное уравнение может выполняться

только тогда, когда  — + — = — Ч—- = —- Ч           — — 2,   откуда   о. =

«а    о,    о3    at     а8      о2   JM 1

= Оз = а3, что и требовалось доказать.

Будем называть отрезок пути между двумя перекрестками чет­ным, если турист проходил этот отрезок четное число раз, и нечетным в про­тивном случае. Заметим, что на каждый перекресток выходит четное число нечетных отрезков. Действительно, перед путешествием туриста число не­четных отрезков равно нулю (ни один из отрезков не пройден), т. е. четно. Кроме того, проходя через перекресток, турист меняет четность одновре­менно двух отрезков, сходящихся на этом перекрестке (по одному из них он проходил на перекресток, а по другому — уходите него). Следователь-»ю, к каждому перекрестку примыкает 0, 2 или 4 нечетных отрезка. Если турист, возвращаясь иа вокзал, попадает на некоторый перекресток по не­четному отрезку, то к этому перекрестку должен примыкать еще хотя бы один нечетный отрезок (иначе их было бы нечетное число). По этому отрезку турист сможет покинуть рассматриваемый перекресток. Очевидно, что при возвращении туриста число нечетных отрезков уменьшается, так как прой­денный нечетный отрезок становится четным. Поэтому в некоторый момент нечетных отрезков не останется. Как показано выше, в этом случае турист не может находиться на перекрестке. Следовательно, в указанный момент турист окажется на вокзале, что и требовалось доказать.

527. Такой треугольник не существует. Предположив противное, обо­значим А,= 1, Л» = V~5 , h3 — 1 + V~5 , fli, о,, o3 соответствующие высо-

2S '        2S 2S ты н стороны треугольника. Тогда ах = -— , о2 = -г— , а3 = —г— , где

S— плоіддд . треугольника. По неравенству тр<угольника

'2S       ^          2S 2S

_=0l<fl2- .

Слі і . ателью, должно вь.юлиикл нем :'. 'н^твэ< -~—|- -J— , отку­да I < -ЬД + * 5~ 1 ,  т. е. 25 < 9У~5 . Но 252 = 625 > 405 = 9^ . 5,

что невозможно.

528. Правильный 24-угольннк является центрально-симметричной фи­гурой. Поэтому девочка должна первым ходом провести диагональ чецез центр симметрии 24-угольннка (она существует, так как 24 — четное чису >), а затем после любого хода мальчика проводить диагональ, центрально-сим­метричную диагонали, которую только что провел мальчик. Ясно, что после любого хода девочки множество уже проведенных диагоналей симметрич­но. Поскольку при своем ходе (если ои возможен) мальчик проведет диа­гональ в одной из 2 половин 24-угольника (образованных первой диаго­налью), то у девочки всегда будет возможность провести симметричную диа­гональ в другой половине. Следовательно, мальчик не может провести по­следнюю диагональ, как бы он ни играл, т. е. выиграет девочка.

 

Y

530. Заметим, что 2 cos < 2, а 2* + 2~~х > 2 У 2х . 2~х = 2 для всех х. ГЬэг му данное равенство мзжет выполняться только тогда, когда 2 cas -jQ- = 2 = 2"-}- 2"х. Из второго уравнения находим х = 0.

Это, очег,і'дно, единственное решение данного уравнения

531. Можно. Рассмотрим наряду с данным шаром "Л с^еру s с тем же центром О и диа­метром 3 (на этой сфере находятся наблюаас-мые объекты). Множество точек К Є S, кото­рое можно наблюдать из некоторой точки А на поверхности М, совпадает с сегментом, ко­торый вьыек^ется на S плоскостью, касательной в точке А к шару М (рис. 59). Эти точки Л' хз-

OA 1

Рис  59            рактеризуются   условием   cosa J>        = -g- •

где a = *г АОК. Действительно, если cos a >

I           1 9

j> — ,   то ЛЛ'а = ОЛ2 + ОК2 — 20А ОК cos a <            1          — 2 X

3          4 4

1      3 1

X — • — • — = 2 = ОК2 — OA . Поэтому ^ OAK — тупой и точка /( видна из А.

Для решения задачи впишем в шар М куб и докажем, что любой точке К £ S отвечают две вершины куба А и В такие,   что cos АОК > "д и

cos ВОК >      Тогда, очевидно, любая точка К будет видна хотя бы из 2

станций, если 8 станций разместить в 8 вершинах куба. Пусть луч ОК пеР?~ секает одну из граней куба в точке К\. Обозначим А, В — вершины куба,

ближайшие к точке К і. Тогда АКі < ^ а, ВКХ <      а, где а — дл«11?

стороны куба, поскольку Ki лежит внутри равнобедренного прямоуголь­ного треугольника с гипотенузой АВ. Следіївате^но,

sin АОК = sin ЛСЖ, = =          . Ц. = У J .

Значит, cos       > l/" 1            §- = —;L- > -4~ •   Аналогично cos ВО/( >

'           3       УЗ 6

>—. Следовательно, точк\ К можно набчюдать из Л и В. 3

Функция tg а возрастает на отрезке jo-; a ctg а — убывает. Поэтому

tg2 «і (ctg Mt + • • + ctg а„) < tg2 at я ctg ax = я tg < < *g «i + • • • + *g «л < « tg «л = tg2 a„ • я ctg a„ < < tg2 a„ (ctg a, 4- ••• +ctga„),

откуда и следует требуемое неравенство.

Предположим, что такая нумерация возможна. Тогда при любом подключении лампы только одни контакт будет попадать в отверстие с тем же номером. Действительно, возможны ровно 2я различных поворотов лампы н столько же совпадений номеров контактов и отверстий. При paj-личных поворотах не могут совпадать один и те же номера. Значит, если при некотором повороте было больше одного совпадения, то по принципу Дирихле при некотором другом повороте совпадения не было. Наоборот, каждой паре одинаковых номеров контакта и отверстия отвечает только один поворот, при котором эти контакт н отверстие совмещаются.

Пусть лампа произвольным образом вставлена в гнездо. Выберем про­извольный контакт и обозначим ад., Вд. длину дуг окружности, которые сое­диняют этот контакт с л-м контактом по часовой стрелке и fe-n отверстием соответственно (считаем, что контакты расположены вдоль единичной ок­ружности). Множества {^i,       а2п}, {filt      В2о} являются некоторыми

перестановками множества длин дугк.^, О ^ k ^ 2я — 1. Поэтому щ +

+ - + «2« = Pi + - + К = ~ № + 1 + - + 2п - 1) = я (2« -

1). Далее, пусть Yfe — угол поворота лампы по часовой стрелке, при ко­тором л-й контакт совмещается с л-м отверстием. Ясно, что ya отличается от Вд, — ад. на величину, кратную 2я (y^ = Вд. — ад. при вд, ^ ад и Yft —

2я + Pfc — а*- при ад. > вд,). Поэтому сумма (Yi + ах — В,) + ... •• + (ї2„ + «2« — Рг«) = (Vi 4- ... + Y2n> + («і + - + «2») — (Pi + -•• + P2„) = Yi + Ya + — + Y2n «ратна 2п.

С другой стороны, как показано выше, все величины Yi їгп

различны и принимают значения из множества jfi — , 0 ^ k ^ 2я — l| .

И  Yi+ ••• 4-Yffl = — П +2+ •• +2„- 1) = я(2п - 1). Однако я

число it (2я — 1) ие кратно 2я. Следовательно, указанной в задаче ну­мерации не существует.

536. Заметим, что

1      і      I      , ,       1  I I

п+і'я + 2'         '   я + я ^       2я      2 •

537. Проведем диаметр АС. Пусть Н — точка пересечения прямой КР с отрезком СВ. Так как МС || РК и МК = KB, то точка Н — середи-на отрезка ВС. Таким образом, из точки Р отрезок АН виден под прямым углом. Следовательно, точка Р опишет окружность, построенную на АН как на диаметре.

538. Рассмотрим трехзначное число abc = 100а-}- 106+ с. Отношение

.           ЮОо + 106 4- с

числа к сумме его цифр можно записать в виде             f—г                =а

а -|- 6 -f- с

_ 100 (о + 6 4- с) — (906 + 9с) =      _   90^+ 9с

о+б+с  а+Ь+с *

Отсюда видно, что это отношение будет наибольшим тогда, когда b = = с = 0. Следовательно, наибольшее возможное значение отношения трех­значного числа к сумме его цифр равно 100.

Заметим, что

(„з + „)2 = „* _|_ 2п? + я2 < я4 + 2я3 + 2и2 + 2я +1< (я2 + я + I)2 =

= я1 + 2п3 + Зя2 + 2и -f 1. Следовательно, наше число, заключенное между двумя последовательными квадратами, не может быть точным квадратом.

Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника ABC, К — точка пересечения высот, СС — диаметр описанной окружнос­ти. Вписанные углы ABC и АСС равны, следовательно, равны острые углы КСВ и АСО, дополняющие их до 90°. Пусть М — середина АС, Н — основа­ние высоты, опущенной на ВС. В прямоугольном треугольнике АНС медиана МН равна половине гипотенузы; таким образом, МС = МИ. За­метим также, что из условия задачи следует равенство МС = СН. (Чтобы убедиться в этом, достаточно заметить, что прямоугольные треугольники СМО и КСН равны.) Таким образом, треугольник МСН — равносторон­ний, и искомый угол С равен 60°.

Воспользуемся методом математической индукции. При п = 1 Ai = 8 и утверждение задачи справедливо. Предположим, что Ап делится на 8, и докажем, что тогда Ап_^{ также делится на 8. Заметим, что AnJrl —

— Ап = 4 (5" + 3"_|). Так как 5" и З"-1 нечетные числа, то 5" + 3"-1 де­лится на 2. Следовательно, Ап_^у — Ап делится па 8. Так как по предполо­жению Ап делится на 8, то А11_^_1 также делится на 8.

544.     Рассмотрим прогрессию я2, я2 -\- d, я2 -\- 2d       я2 + kd, ... •

При k = 2n + d соответствующий член прогрессии я2 + kd = я2 + (2я + + d) d = (п + d)2 является точным квадратом. Это же рассуждение приме­нимо и к прогрессии (я + d)2, (я + d)a + d, ... Таким образом, прогрессия содержит бесконечно много членов, являющихся точными квадратами.

545.     Заметим, что

1          1          1_     , _1_ .     I           .           1          ,

22  + За  + " + („ _ 1)2  + „2  <-  , . 2 2-3

 

(п

2) (л — і) + (я — i)n    ('    г) + (г з)+"

 

^\я —2      я—I )^\п — 1       я }         п п

 

 

546. Пусть ^ С = <р, 01 — центр окружности, вписанной в треуголь» ник ABC. Так как 01 — точка пересечения биссектрис треугольника ABC,

то  ^ /46\0 =180°        1 (^ Л -|- ^ В) = 180°              (180° — ^ С) =»

= 90° -|—— . Следовательно, из точки 6\ отрезок АВ виден под углом Ф

90° Н—— , т. е. множеством центров вписанных окружностей является

дуга окружности. Отрезок G\S (радиус вписанной окружности) будет мак­симальным тогда, когда треугольник ABC будет равнобедренным.

Объединим в пары числа m и (Юл— 1 —т). Сумма цифр каждой

10"       2

пары равна 9я;   число пар равно   g          . Кроме того, остается еще одн j

число 10"— 1, не вошедшее в пары;   сумма его цифр равна 9л. Итак,

10"       2 1

сумма цифр всех чисел равна 9я •            g          \-9п= -g— 10" • 9я.

/       1 \2

Запишем уравнение в виде sinnx= [х         — I -4-1. Так как п| и

всех х | sin six J ^ 1, то единственным корнем этого уравнения является 1

*=!-•

Если плоский угол при одной нз вершин тетраэдра прямой нлн тупой, то сумма всех плоских углов при этой вершине больше 180° (извест­но, что любой плоский угол трехгранного угла меньше суммы двух других углов). Если бы при каждой вершине тетраэдра по крайней мере один угол был не меньше 90°, то сумма всех плоских углов такого тетраэдра превыша­ла бы 720°, но это невозможно, так как сумма всех углов четырех граней тетраэдра в точности равна 720°. Следовательно, у тетраэдра есть по край­ней мере одна вершина, все плоские углы при которой острые.

Пусть Л1 — наиболее близкая к точке О вершина многоугольника, т. е. ОЛ1 «5 ОА[ при любом і. Диагонали A-^Ai разбивают внутренность многоугольника на треугольники, поэтому любая точка О лежит внутри какого-то треугольника ЛхЛйЛуц-і или на его границе. Если точка О ш н-надлежит границе Л^^Л^,, то утверждение задачи имеет место при «£ AxOAk = я. Предположим, что точка О лежит внутри треугольш ка AiAkAk+1. Так как ОЛ\ < OAk, ОЛх < OAk+l, то    0/ЦЛ\ < ^ОЛИд.,

«£ GMft+I/lj ^ ^ OAxAkJs_v Но     ОАіАь +     GMHft+] = —. Поэтому ^ АгОАк + ^ AxOAk+l = 2я — (^ OAxAk + ^ OAtAk+{) —

jt          jt          /           jt \

— (^ OAkAt -f- ^ OAk+1A{) > 2я         -           — = 2 І я          - j. Таким обра-

вом, одни из углов ЛхОЛ/ь или ЛхОЛй+1 должен быть не меньше я (l — ~ j;

следовательно, утверждение задачи доказано.

553. Пусть наибольшее из чисел рх           рп равно т. Тогда

('-TK'-ij-i'-i)^'-^^^)-

 

в 8-2730 161

Вычислим лрввую часть этого неравенства, разложив каждую скобку на множители:

(1 • 3) (2 • 4) (3 • Б)

22 • З3-

 

т+ 1


2       2т > 2 '

 

ББ4. Проведем окружность S с центром В так, чтобы она проходила через точку А. Любая прямая, проходящая через В, является диаметром S. Поэтому точка А', симметричная точке А относительно этой прямой, тоже лежит на окружности S. Наоборот, любая точка А' (f S симметрична А относительно диаметра, который делит хорду АА' пополам. Значит, ис­комое множество совпадает с окружностью S.

555. Предположим, что число р = (ах — Ьх) (а2 — *а) • •• • («и — Ь„) нечетно. Тогда каждое из чисел ак — bk, 1 ^ k ^ я нечетно. Поскольку п нечетно, то нечетной является и сумма S = (ах — Ьх) + ... + (ап — Ьп). Однако S = (я, 4- ... + ап) — Фі + ... + Ьп) = 0. поскольку числа Ь„ й2, ...і Ьп получены перестановкой чисел at, яа, о„. Это невозможно, так как 0 — число четное. Значит, р — четное число.

Поскольку число 1971 делится на 3 и разности 1972а' — 1 = = (1972 - 1) (1972м + ... + 1) = 1971 (1972а* + ... + 1), 1973м — 2М= = 1971 (19732' + ... 4- 2й) также делятся иа 3, то данное число N = = 19712в + 197227 4- 19732В дает при делении на 3 такой же остатог, что и число я = 1 4- 2а8. Заметим, что я = 2 4- 4й — 1 = 2 4- 3 (4»э 4-... 4 1) не делится иа 3. Следовательно, N тоже ие делится иа 3.

Определим расстояние между двумя островами как наименьшее количество дней, за которое с одного острова можно попасть на другой.

Заметим, что расстояние между диверсантом и майором Прониным не увеличивается с течением времени, а 13-го числа каждого месяца умень­шается иа единицу (майор знает маршрут и местоположение диверсанта и можег следовать по этому маршруту). Значит, если в начальный момент расстояние между Прониным и диверсан­том равно я, то по крайней мере через а меся­цев майор настигнет диверсанта.

559. По свойству углов, опирающихся на одну хорду, величина угла ANB не зависит от положения точки N на одной из двух дуг окружности с концами А и В. Поскольку Д NBM по условию равнобедренный, то ве-n—^BNM 1

ANB не меняется, коїда

лпчниа угла ^ АМВ ■■

2 2

В

N пробегает большую дугу АСВ или меньшую дугу ADB. Следовательно, искомое множество Р состоит из двух дуг окружностей, для которых АВ — хорда (одна из них отвечает случаю N Є АСВ, другая — случаю N6 6 ADB). Для построения этих дуг достаточно провести диаметр CD _L А"> оттожить вне окружности ССХ = СВ, DD-L = DB н через точки A, Ct н A, Dlt В провести окружности (рис. 60). Заметим, что ие все точки полу­ченной фигуры CjADxB попадают в искомое множество Р. Действительно, как легко доказать, все точки Р лежат по ту же сторону от касательной^ к данной окружности в точке А, что н эта окружность. Обозначим L -~ = I П AD^B, К — I Г) ACjB и докажем, что Р совпадает с объединением дуг BL и BCjK. Включение Р с BL \J BCj/< уже доказано. Пусть, напри­мер, М 6 BCtK,  Тогда прямая AM пересекается с данной окружностью.

 

 

причем точка пересечения N 6 AM. По построению ^ АМВ = ^ /4/VB, откуда л NBM = л — ^ ВЛ/Лт — ^ /ШВ = ^ ЛЛ/В — ~ ^ANB =

= 2 ^ ЛЛТ) = ^ ЛЛЇВ, т. е. BN = MVf. Значит, М £ Р. Аналогично

рассматривается случай М g LB. Итак, множество Я состоит из точек дуг ACtB, AD-yB, лежащих по ту же сторону от касательной I, что и данная окружность. Способ построения точек С?! и D1 указан выше.

_          я5       я:* 7п

580. Представим данное число N =            1          (- ——- в виде

5        3 15

я (я2 — 1)(я2 — 4)   .   5я3 —4я       я(я2—I)   .   п In
N          §          +       5—+       3       -г-Х + ТГ^

,   (я-2)(я-1)я(я+1)(п+2) (я-1)я(я+1)

5          і_ 3

и заметим, что из пяти последовательных целых чисел я — 2, я — 1, я, я     I, я + 2 одно делится на 5, а одно из трех чисел я — 1, я, я -|- 1 делит­ся на 3. Следовательно, N является целым числом при любом целом я. 562. Данные соотношения имеют вид

(4 + 4)в = 41+4+2 = 214+4 = 262 144.

564. Пусть радиус окружности равен 1 (ответ, очевидно, не зависит от величины этого радиуса).  Тогда АВ = • • = ЕА — 1, SABCDEF =

= 6 • —            = —      . Площадь S описанной в задаче фигуры раина

4 2

сумме площадей четырехугольника ABDE и четырех полукругов диа­метрами i4B, BD, DE, АЕ. Заметим, что ABDE—прямоугольник, так

как ^ ABD «= • • • = ^ BAD = по свойству углов, опирающихся на диаметр. Кроме того, ЛВ=1,   BD = У2Ъ — Iа — |^3 . Следовательно.

= АВ • BD -J- л • АВ2 4- я • BD2 = Уз + 4л. Значит, искомое отноше ние равно

Sabcdef-S = -^-:(VS+in) = 9:(6 + 8n\ 3).

585. Очевидно, что правая часть уравнения не меньше 2. Докажем, что левая часть не превосходит 2. Для этого заметим, что

2(1 4-J/7TT2)— *= 1 — (\гх^2— 1)2< I,

4(И*+1 — 1) — jk= 1 — ftT+T — 2)2«S 1.

Следовательно, данное уравнение может выполняться, если его правая часть равна 2, а каждое слагаемое в левой части равно 1. Из последнего ус­ловия находим х = 3. Это значение, очевидно, удовлетворяет уравнению.

566. Такое число существует. Для нахождения я заметим, что число ну­лей, которым оканчивается число я!, совпадает с показателем, с которым

входит в разложение я! иа простые множители.

Поэтому достаточно подсчитать показатель Р, с которым 5 входит в разложение я!, и найти такое я, что этот показатель будет равен 1971.

6* 163

Заметим, что искомый показатель Р равен сумме количества тех т ^ ц которые делятся на 5, количества тех л, которые делятся на 52, и т. д| Действительно, число вида т — 5vl, где / не делится на б, будет учтено в этой сумме ровно v раз, а показатель y в точности совпадает с количеством пятерок в разложении л!, которые вносятся числом т. Для вычисления Р представим л в пятеричной системе:

п = ак • 5* 4- ак_х 5*-1 -\  (- 5 • а, + а0,

где щ £ {0, 1, 2, 3, 4}. Тогда для каждого I^/^ft количество нату­ральных чисел т ^ п, которые делятся на 5', равно        j 1=5

4 °k_i5*—+•••+«/• Следовательно,

Р = (аЛ.5*-'-Ь ... +Яі)4-(Ял.5*-2+...+оа) + ... + + (fl* .Б + а^-Ьfl* = aft(l + 5 + "' 4-Б*-1) +

4-oft_l (1 +      r-5*-z) +... +«i =о*       т           Ь •••

Б«_1 6—1

... 4.да _          }.fl,       ^         

Итак, для определения искомого п достаточно найти аи .... ад 6 {О, I, 2, 3, 4} такие, что

о* (5*— l)-f •.. -f о„(52 — U-f-flitS — 1) = 4 . 1971 =7884.

Поскольку 7884 < Бв — 1, то, последовательно разделив 7884 на Б8 — 1, Ь* — I, .... Б — 1 с остатком, получим а/ = 0 при / > 5, ов = 2, at =* 2, е3 = 3, о2 = 0, Oi = 4. Следовательно, любое из чисел вида п = 2 5В + + 2 • Б* + 3 • Б3-f4. 54-Оо = 7895 + с„, где 0 < о„ < 4, удовлетво^ | яет условию задачи.

Б67. Прибавим к /-му уравнению системы сумму хх+

а + хі 4- • • • +

зс,-!     +Х/4.... + xft = :           '-          Ь

'           и' — 1

+    + ••* + */-! •

Отсюда

 

и- 1


+ <*, + ••.+*,-.) О+іггг)

 

т. е. г tenbiio.

х -]- ... 4" *, . = —^- (—           £-) при каждом 2 ^ / ^ ft. Следова*

„Ж

*/= («1+"•+*/)—(*(+•• +*,-!)=--^+Г * п-1 

о      п' — п а ~ЙГ'   п—I   ~ я'" гля 2 ^ / ^ ft. Вычитая из первого уравнения системы второе, находим также X] = ~. Подстановкой проверяем, что значения х2- = аігц, 1 ^ ^ л удовлетворяют системе.

Рассмотрим наименьший выпуклый многоугольник М с верши­нами в некоторых из данных точек, который содержит все п точек из числа данных. Очевидно, что такой многоугольник существует, причем единст­венный (продолжения его сторон соединяют данные точки и характеризу­ются тем, что все « точек лежат по очну сторону от этих прямых).

Пусть многоугольник М имеет т сторон. Отметим, что при любом спо­собе построения отрезков эти стороны можно провести, поскольку они не пересекаются ни с какими другими отрезками. Докажем, что внутри много­угольника М будет проведено одно и то же число отрезков. Предполо­жим, что некоторые точки из числа данных соединены отрезками, причем ни одного нового отрезка нельзя провести так, чтобы он пересекался с пре­дыдущими. Тогда многоугольник М окажется разбитым на некоторое число k треугольников. Действительно, в любом четырехугольнике, если бы он получился внутри М, можно провести диагональ, которая не пересекает сторон. Далее, заметим, что вершинами полученных треугольников явля­ются я — т точек внутри Мит вершин многоугольника М. Поэтому сум­ма внутренних углов всех k треугольников, равная fert, складывается из я — т полных углов величины 2я при вершинах внутри М н суммы вну­тренних углов (т— 2) я многоугольника М. Следовательно, справедливо равенство kn = (я — т) 2я -f- (т — 2) я, откуда к — 2я — т — 2. Каж­дый треугольник имеет 3 стороны, и любая из этих сторон в сумме 3 + ... ... 4" 3 = 3k подсчитывается дважды, за исключением сторон, совпадающих со сторонами многоугольника М. Значит, наибольшее возможное количество

. 3k — m    „ „
проведенных отрезков равно т + —g          = Зя — m — 3 и не зависит от

способа, по которому соединяются точки.

Используя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим, нетрудно показать, что левая часть неравенства всегда ие меньше 4, а правая — ие больше 4. Поэтому данное неравенство является

равенством, откуда находим х = 1, у =      г =     4- 2л, я Є Z.

Площадь фигуры равна

46 V~cP 4- Ь2 — 6яЬ + 4 (я2 + Ь2) arctg Ь/а.

Пусть в воду погружается часть параллелепипеда высоты х. Тогда объем воды, которая выливается из сосуда, равен V = abx. Для нахож­дения х рассмотрим сечение сосуда плоскостью, в которой лежит ochj-вапие параллелепипеда. Это сечение является окружностью радиуса г = = V R2 — х2 , в нее вписан прямоугольник размера я X Ь (основание па­раллелепипеда). Значит,   я2 4" bz = 4г2 = 4 (R2— х2), откуда

1    ,     ab п    

= — Y^R2 — я2 — Ь2, т. е. V =       YAP2 — я2 — Ь2 . Величина V прн-

нимгет наибольшее значение вместе с величиной 4V2 = я2й2 (4/?2 — я2 — — Ь-). По неравенству между средним геометрическим и средним арифме­тическим

я24-б2 + 4/?2 — я2 — б2'

1\3     /4 \з

W2 <|

з

Наибольшее значение здесь  достигается   при  я2 = b2 = 4R2 — а2 — б2,

„    2        2/7 т/з
т. е. я = Ь = R —==- = =          •

/3 3

573. См. решение задачи 499.

 

 

Б74. Левая часть данного уравнения — целое число. Поэтому число (ж) — тоже целое. Поскольку всегда О <Г («} < 1, то {*} = 0. Следова­тельно, х — целое число, т. е. [х3] = х3, [х2] — х2, [х] = х. Значит, дан-вое уравнение эквивалентно уравнению хъ + х% + х = —1, откуда полу­чаем (х+ 1) («*4- 1) = 0. Единственное решение уравнения х—~ 1.

675. Предположим, что ОС ^ OA (другой случай рассматривается ана­логично). Построим точку /4, 6 ОС так, чтобы 0А1 = OA. Можно считать,

что ^ ВОС > ~ >    COD (в противном случае ^ COD > -2- > ^ ДОС

и рассуждения аналогичны). Тогда BC=BAlt поскольку Ах 6 ОС и угол вОС — тупой. Кроме того, в треугольниках АОВ и /4,05 АО = ^4,0, сторона ВО — общая, а ВОС> ^ ВОЛ. Поэтому ВЛХ > В/4. Значит, ВС~^ В А. Далее, периметры Д ВОС и Л ЛОВ совпадают по условию, и OA ОС по предположению. Следовательно, ВС = (ВС + ВО -+- ОС) — — ВО — ОС = ИВ + ВО + 0/4) — ВО — ОС = АВ + OA — ОС ^ АВ. Отсюда заключаем, что АВ = ВС. Приравняем суммы периметров тре­угольников ВОС и AOD, АОВ и COD и вычтем из полученного равенства сумму длин отрезков ВО, OA, OD и ОС. Получим равенство ВС + AD = = АВ + CD. Поскольку АВ — ВС, то и AD = С0. Значит, каждая из точек В, D равноудалена отточек А, С, т. е. прямая BD совпадает с перпен­дикуляром к середине отрезка AC: BD ±_ АС, АО = ОС. Прямоугольные треугольники ВОС и COD имеют общий катет ОС и одинаковые периметры. Отсюда следует, что ВС = CD. Действительно, если, например, ВС < CD, то и ВО < OD, откуда ВС + ВО < CD + OD, что противоречит равенству периметров. Итак, АВ = ВС = CD = AD, что и требовалось доказать.

576. Пусть число, составленное из я единиц (л >

Ф

> 2), является точным квадратом:  = ft2. Тог-

да ft— число нечетное, k— 2/+ 1. Значит, =
= 4Р+4/+ I,  откуда  1...10 = 4/ (1 + 1). Число
справа делится иа 4, а 1...10 — І...ОО-f- 10 на 4 ие
В   делится.  Следовательно,   сделанное предположение
неверно.
577. Среди длин всевозможных отрезков, соединяю-
щих вершины правильного семиугольника, только 3
Рис. 61            различные. Предположим, что белых фишек больше, чем

черных (другой случай рассматривается аналогично). Значит, их не меньше 4, иначе общее число фишек будет меньше 7. Пусть белых фншек больше 4. Тогда из 4 отрезков, соединяющих одну из этих фишек с остальными, хотя бы два имеют одинаковую длину (напомним, всего различных длин только 3). Образованный этими отрезками тре-vrcwibiiHK — равнобедренный, а в его вершинах расставлены белые фишии. Осталось рассмотреть случай, когда белых фншек ровно 4. Пусть они нахо­дятся в вершинах А, В, С, D. Из 4 отрезков АВ, ВС, CD, AD хотя бы 2 имеют одинаковую длину. Если эти отрезки имеют общий конец, задача решена. Если же это не так, то АВ = CD или AD = ВС (рис. 61). В каждом ил этих случаев одна пара белых фишек симметрична относительно неко­торой прямой, проходящей через центр семиугольника, другой паре белых фишек. Поэтому фигура, образованная остальными 3 фишками, симметрич­на относительно этой же прямой. По предположению эти остальные фишки являются черными, а образованный ими треугольник — равнобедренный,

поскольку имеет ось симметрии.  

578. Пусть я = а,а2Яз°4Яг,ав — счастливый билет. Если a^j^s = = atabae , то п — 1000 aja2a3 -{-а^а^ = 1001 • Я]Яаоа делится на 1001. В сумме номеров всех остальных счастливых билетов сгруппируем с.тага-емые так, чтобы рядом с числом я = а^^^а^а^ стояло число m = s= ata6aea-aM3    Очевидно, что m — также   номер счастливого билета.

If 6

При этом соответствие между пит является взаимно однозначным, т. е, в сумме с переставленными слагаемыми каждый номер счастливого биле­та встретится ровно по 1 разу. Осталось заметить, что

л + m = а,ага3 • 1000 + а4а5а„ 4- а4я5яв • 1000 + ща2аа =

= 1001 Кед, -f я4а6яв)

делится на 1001. Поэтому сумма всех номеров п = а^а ata^, в которых "їЗДі ^ я4а6я , делится на 1001. Поскольку все другие номера делятся на 1001, то и сумма всех номеров счастливых билетов делится на 1001.

Обозначим a = 1972. Тогда 7888 = 4я и данное уравнение при­водится к виду к* — 2*2а2 Н- я* = 4а* 4- 1, откуда (х2 + о2)2 = х* + + 2х2а2 4- a* = 4ах 4- 1 4- 4я2*2 = (2я* + м

4- I)2-    Следовательно,   Xs 4" я2 = 2а* 4" I          Tv>4 S—N.

или Xі 4- я8 = — (2алг 4- 1). Второе из этих       ^ Рі^Ж       \ м!

уравнений решений не имеет, так как х2 -\-   l' —'-¥-4   J—

4- 2ax 4- a8 = (х 4- я)2 > — 1. А из первого \7

получаем (х — a)2 = i2 — 2ax 4" a* = 1, т. е. I/

х = а ± 1. Поскольку выполненные преобра-         / /

зования были эквивалентными, то исходное      iL^^ I

уравнение  имеет два решения: к = 1971 и          „          "

х = 1973. р

Пусть точка М — вершина тре-       Рнс. 62
угольника МСР с прямым углом С, при-
чем Р Є I. Проведем через точку С прямую Г Н I и восстановим в точ-
ке М перпендикуляр к МС до пересечения с /' в точке Л1, (рис. 62).
Тогда ЛШ] || CP как два перпендикуляра к прямой МС. Треугольники
МСР и МуСР имеют общее основание CP и одинаковые высоты (так как
ММХ || CP), поэтому S^MCP = S^MiCP. Поскольку площадь S^MCp =

= S не меняется при движении точки Р, а S^M^CP = 4j л /И,С, где и —

расстояние между I и    то при различных положениях Р величина Mfi = 2S

= — также не меняется. Следовательно, М, совпадает с одной из двух л

точек на прямой V, находящихся на фиксированном расстоянии от точки С. Поскольку прямой угол СММу опирается на отрезок МХС, то множество вершин М этого угла совпадает с окружностью, построенной на MtC как иа диаметре. Искомое множество включается в объединение двух окружно-

2S

стей с фиксированными диаметрами МУС = MtC — — (рис. 62). Нетрудно

убедиться, что все точки этого объединения, за исключением С, удовле­творяют условиям задачи, т. е. образуют искомое множество.

583. Обозначим ту часть площади страны Аі на первой стороне лис­та, которая иа другой его стороне принадлежит стране В,-, 1 ^ i, j ^ 10 (возможен, конечно, случай, когда S,y = 0). Тогда сумма S= (5И + ... •• + Sl,m) + <S2i + ... 4- S2]0) + ... 4- (SIOj] 4- ... 4- sio.io> совпадаег с площадью листа: S = 1. Переставив слагаемые, запишем S в таком виде:

^ = (sn 4- SM 4* • • 4- ^ю.іо) 4- (^іг4- SM 4- • • • 4- s9.10 + ^ю.і) + •

••• + (sik + S2,k+i 4- • • • 4- sn-.*,io 4- si2-ft,i 4-

••• +sio.fc-i) 4- ••• 4- (suo4-S2,i + ••• 4-sio,94-Sm) = 1.

Здесь последовательность вторых индексов / слагаемых S,-7- в каждой круг­лой скобке получается циклическим сдвигом первых индексов /. Поскольку * полученном равенстве имеется 10 слагаемых в круглых скобках, дающих

W

в сумме 1, то одно из них не меньше 0,1. Пусть при некотором 1 к ^ !о Sk == Slk 4- S2_ft+I 4- ... 4- Sio.ft-i ~> °'!- Отметим, что в сумме Sft каж­дое число !, 2, 10 встречается среди первых индексов і и среди і юрмх индексов / слагаемых S,-y ровно один раз. Закрасим страну Вд. на второй стороне листа в ту же краску, что и страну Аг на первой стороне, страну

Вк+1 — так же, как и А.2       страну        — как и А10. Тогда все 10 стран

на второй стороне листа будут закрашены в !0 различных красок, а оди­наковыми с двух сторон красками закрашена площадь    ^ 0,1.

584. Обозначив xlt х% корни первого многочлена, ylf уг — корни вто­рого и предположив, что ab Ф 0, из теоремы Виета выводим тождество

[J_ + _LWJ_ + J_\.,.

Его левая часть строго меньше 1, если хотя бы одно из различных целы чисел х2, ух, у2 не равно по модулю I. Рассматривая случаи xt = ±1 Ух = ±1, а также хг = 0, ух = 0, убеждаемся, что множество пар (а, Ь\ удовлетворяющих условию задачи, равно |(5, 6), (6, 5)} (J {(—Ь— I, Ь) Ь 6 1 \ {—2, —1, 0, 1} U К-"2. 0), (0, -я2), л 6 Z).

Обозначив к — [Уу— 1J, из уравнения х= I + к2 и определе­ния целой части выводим неравенство k 4 1 < ~Vy-\-%Vx <fe-f-2. И~ второго уравнения системы заключаем, что у = 2k -4- 3. Учитывая опре деление целого числа k, находим отсюда k = 2,   де = 5, у = 7.

Заметим, что число из 99 девяток и остальных 100 нулей рав 10199— 10100. Поэтому для решения задачи достаточно подобрать нату рлльное число я так, чтобы І0188—10100^я2 < 10les. Пусть я рав" целой части 1088V^10. По определению целой части я< lO^V^lO <я + 1 (очевидно, я Ф 1088 УЩ. Следовательно,   яа < 10_- ІО2'08 = 10189 Кроме того, я2>(1088 |Т0 —_1)2 = 10199 —2 - 1098 >A10 + 1 > 10198 — 10100, поскольку 2 - 1098 ]А10 < 10100. Следовательно, число я2— иско­мое, так как оно имеет 199 цифр и первые 99 из них — девятки.

Обозначим количество мужчин, участвовавших только в первом походе, тх, только во втором — іщ, количество мужчин — участников двух походов т12. Пусть пг, п^, п12 — соответствующие количества жен­щин. По условию (тх + гпц) : ("і + "12) = 0,6 : 0,4, (tn2 + т12) : (я2 + + "is) — 0,75 : 0,25. Отсюда получаем 2 (тх + Щ2) = 3 («і 4" п12), Щ. + + w12 = 3 (лз 4- я12). Складывая эти уравнения и учитывая неотрицатель­ность Шх, т2, п12, заключаем, что

3 (т, + т12 + лг2) > 2/nj 4- Злг12 4- щ = Зя, 4- 6л12 4- Зя2 > >3(я1 + п324я2). Следовательно, количество мужчин на встрече тх 4" "Ьг 4 т2 не меньше количества женщин пх 4" я,г -4- л2. Отметим, что эти количества могут совпадать (при тх = т2 — я12 = 0).

Поскольку sin х 4- cos х — У~2 sin |дс 4- -j-j ^ У"2 , то для всех х, у, удовлетворяющих неравенству, справедливы такие неравенства

Ш'х+К j/-^-arctg iiLtilL + tg2 *+К

sS /2" I tg x I (sin x + cos x) «S 2 I tg x I.

Заметим, что tg2x 4-1 — 21 tg x | = (| tg x \ — l)2 > 0. Следовательно, во всех полученных наравенствах имеют место равенства. Эти равенства вы­я |-*І+|*УІ

полняются тогда и только тогда, когда |tg*| = 1, arctg   

я

= О, sin де -f- cos x = У 2 . Отсюда находим |*| + |іу|=я, х = ~т 4"

4

я Зя

+ 2/ш, п £ 2. Поскольку |л:|і^п, то л = 0 и *= — , I у | =     .

4 4

_          (/ я       Зя \

Следовательно, неравенство имеет два решения: (х, «/)6|l-^-, —-—I ,

/ я        Зя \1

[-'        4 )•

32R8

591. Наименьший объем призмы равен —^—.

594. Произведение искомых чисел делится на 5, поэтому одно из них равно 5. Обозначив р, q остальные два числа, получаем уравнение 5pq = = 5 (р + q + 5), откуда pq — р — <? 4- 1 = 6, т. е. (р — 1) to — I) = 6. Число 6 можно двумя способами разложить на 2 множителя: 6=2-3 = = 1 • 6. В первом случае р — 1 = 2, q — 1 = 3, и числом = 4 не является простым. Во втором случае р — 1=1, q — 1 = 6, откуда находим р = 2, q = 7. Единственным решением задачи являются числа 2, 5, 7.

Подсчитаем, на сколько может измениться число голов Змея Го-рыныча после каждого удара богатыря. Если богатырь отрубил 1 голову, число голов увеличивается иа 10—1 = 9, если 17 — уменьшается на 17— 14= 3, если 21 — уменьшается на 21, если 33— увеличивается на 48 — 33 = 15. Заметим, что в любом случае число голов изменяется на величину, кратную 3 (9, 3, 21, 15 делятся на 3). Поэтому в любой момент времени число голов Змея отличается от исходного числа 1000 иа количест­во, кратное 3. Следовательно, все головы Змея никогда не будут отрублены, так как 1000 ие делится иа 3, а 0 делится. Итак, богатырь не сможет побе­дить Змея Горыныча.

Выигрывает начинающий. Для этого ему достаточно ходить так, чтобы после каждого исправления расположение плюсов было симметрич­ным относительно середины строчки.

Спроектируем данные круги на одну из сторон квадрата. Проек­цией одного круга является отрезок, длина которого равна диаметру кру­га. Поэтому сумма длин проекций кругов на сторону будет равна 2 0,51 = = 1,02. Поскольку длина стороны равна 1 < 1,02, то по крайней мере проекции двух кругов будут иметь общую точку. Перпендикуляр к стороне квадрата, восстановленный в этой точке, является искомой прямой, т<ж как он пересечет соответствующие два круга.

Остаток от деления иа 5 произведения двух чисел равен остатку от деления на 5 произведения остатков. Используя это, нетрудно прове­рить, что множества остатков от деления на 5 чисел я2, а3, о5 имеют соот-ьетственно вид {1,4}, (1, 2, 3, 4}, {1}. Следовательно, о*— 1 делится на 5 без остатка. Поэтому а40 — 1 также делится на 5 без остатка. Сумма степе­ней сорока таких чисел дает при делении на 5 такой же остаток, что н сум­ма 14-...+ ! = 40. Поскольку 40 делится на 5, то и эта сумма степеней также делится на 5.

Данный треугольник — равнобедренный, так как его высота вдвое меньше гипотенузы.

602. Отметим, что любой из мальчиков, заменяя последнюю оставшую­ся звездочку в уравнении, всегда может добиться, чтобы равенство выпол­нялось (или не выполнялось). Следовательно, первый мальчик должен за­менять последнюю оставшуюся звездочку в каждом уравнении. Для этого нужно заметить, что в системе есть 3 уравнения (второе, четвертое н шес­тое) с нечетным числом звездочек. Заменив звездочку в одном из них на любое число, первый мальчик оставил в системе два уравнения с нечетным числом звездочек. До тех пор пока второй использует лишь уравнения с четным числом звездочек, первый каждый раз должен заменять звездочку в том же уравнении, которое было выбрано вторым мальчиком на преды-іущем ходу. Ясно, что в этом случае в любом уравнении последняя звез­дочка будет поставлена первым мальчиком. Как только второй заменит звездочку в одном из двух уравнений с нечетным числом звездочек, пер­вый мальчик должен заменить звездочку в другом уравнении. После этого в любом уравнении системы остаются четное число звездочек и первый до­бьется своей цели, поступая, как указано выше.

603.     Докажем, что искомое количество равно я. Если я = 1, то можно
провести не более одного забора. Пусть любые я домов можно отгородить
не более чем п заборами. Рассмотрим я + 1 дом, между которыми проведено
некоторое количество заборов. Выбросим один из заборов. Тогда один из
домов окажется неотгороженным от некоторого другого дома или от внеш-
ней части города (в противном случае отбрасываемый забор был бы прове-
ден не по правилам). Не будем рассматривать этот дом. Остальные я домов
отгорожены не более чем я заборами по предположению. Следовательно,
все я 4- 1 дом отгораживаются не более чем п + 1 забором. Осталось за-
метить, что любые я домов можно отгородить ровно я заборами (окружив
каждый дом одним забором так, чтобы они не пересекались).

604.     Докажем, что для любого натурального а число а* — я = (о —

1) а (а + 1) (я2 + 1) делится на 30. Для этого заметим, что одно из двуд последовательных чисел я — 1, а четио, а одно из трех чисел я — I, а, а + 1 делится на 3. Поэтому я* — а делится на 6. Далее, если остаток пря делении я на 5 равен 1, 0 или 4, то на 5 делится я — 1, я, а + 1 соответствен­но. Если же этот остаток равен 2 или 3, то на 5 делится а2 4- 1, поскольку

а2 4-1 = (а _ 2) (а4- 2) 4-5 = (а —3) (а + 3) 4- 10. Итак, я5 — а всегда делится на 6 • 5 = 30. Сумма данных чисел я, + ... ... 4- аП делится на 30 и flf + ... 4- о* = (а? — а1)+...+ (of, — а„) 4 4 (Qj 4- ■■• 4- ап), где каждое слагаемое делится на 30, поэтому сумма пя­тых степеней тоже делится на 30.

Спроектируем данные окружности на одну из сторон квадрата. Проекция каждой окружности — отрезок, длина которого равна диаметру

этой окружности. Поскольку сумма диаметров окружностей равна — и

> 3, то сумма длин проекций всех окружностей больше 3. Длина cro­ft

роны квадрата равна 1, поэтому хотя бы одна точка этой стороны покрыва­ется не меньше чем четырьмя проекциями окружностей. Перпендикуляр, восстановленный в этой точке, пересекает 4 окружности, т. е. является ис­комой прямой.

Наименьшее значение произведения ху равно (11 —6 |/"2)/4 и достигается при я = (4 — |/2)/2.

Для доказательства неравенства достаточно выразить та, тьі тс через стороны я, Ь, с треугольника н применить неравенство между сред­ним арифметическим и средним геометрическим. Равенство достигается при а = 6 = с.

Обозначим гк = *Vj/l973. Выразив хк через Zj. и подставив эти значения в исходную систему, получим для неизвестных г* систему урав­нений где гл+І973 = гк при к ^ 0. Ясно, что системе (1) удовлетворяют значения Ч — га = ••• = гшз = !• Докажем, что других решений у системы (1) нет. Для этого предположим, что гк > I при некотором k (случай 0 < < гк < 1 рассматривается аналогично). Покажем, что гА_, < 1. Пусть, например, гА_, ^ 1. Тогда из (1) следует, что

= 1 + (2* ~ 1) + (2А_, - 1) + (l -           j > 1 +      - I) > 1-

Рассматривая уравнение для гА_^_2і из г*+і > К % > 1 аналогично выво­дим гЛ_|_2 > !• Продолжая этот процесс, убеждаемся, что гк > 1 для всех 1 к 1973. С другой стороны, сложив все уравнения (1), заключаем, что

г, + га+      -|-г11И= -~- + —Х—-\       + , 1 .   . (2)

*1<а    «гч       *197э 1

По доказанному выше левая часть (2) больше 1973, а правая часть —
кеньше 1973 (так как 2ь> 1, а                      < l\, что невозможно. Сле-

довательно, из гк > 1 следует, что гА_, < 1. Если бы при этом г4_2 ^ 1,

ото ?л = гд_, + гк_,     !           < 1 -f 1 — 1 = 1, что противоречило бы

г/г—2г*—і

геравенству гд> 1. Значит, гк_2 > 1. Продолжая эти рассужденнч,
убеждаемся, что гл_3<1, гА_4 > 1,... . Итак, знаки членов последо-
вательности Zj — 1, га — 1  г1ЇИ — 1, г, — 1, . . . должны чередо-
ваться (если только не все из этих чисел нули). Однако в данной после-
довательности нечетное число членов, поэтому из гх — 1 < 0 следовало бы
гИ7Э — 1 < 0, гг — 1 > 0, что невозможно. Итак, единственным решени-
ем   (1)   ЯВЛЯеТСЯ     2, = г2 =
• • = 219;3 =1.       ПОЭТОМУ      Jtj = Jta =  • • •

• • = jtle33 = >А973 — единственное решение системы уравнений.

613. Для решения задачи достаточно показать, что в некоторой груп-
пе рядом стоящих чисел каждое простое число встречается четное число
раз. Пусть в данной последовательности {я,, аа  а^п) встречается т

различных простых чисел р1, рг     р,„. По условию т < п. Обозна-
чим сц степень числа pt(l*Јii^m), в которой это число входмг о
произведение ajfla • •
а/ первых /' чисел данной последовательности, 1 ^ / ^
г^.2". Пусть d,-/ — остаток от деления сц на 2: сц — 21ц + йц, dtf(_
6 (0, 1}. Каждый набор вида (d,y, d3/, .. . , dmj) состоит из т нулей и
единиц, всего таких наборов 2", поскольку 1 < / ^ 2". Заметим, что гсе-
го имеется 2т различных наборов (d,,.... dm), где   d/6{0,   1). Так

как 2™ < 2" по условию, то среди построенных 2" наборов найдутся дьа одинаковых (d1;-, d2/, .... dmj) = (dlk, d2t, .... dl)lk) для некоторых 1 ^ /' < ft sg; 2". Следовательно, d-ц = dik для всех 1 < і < т. Отсюда еаключаем,' что сік — сц = 2 (/# — 1ц) + (d,-ft — dik) = 2 (lik — /,-/) де­лится на 2 при любом 1 < і ^ т. Заметим, что по определению сц число

а.пй • (Зь

Pi встречается в произведении a/-_j_,fly_j_2 "•«*= fl fl            j^j- ровно с1к —

— сц раз. Поэтому любое число pi входит в произведение Су+1 ••• аь в четной степени, т. е. ву_(_1 *«• p/j — точный квадрат.

После преобразований левая часть неравенства приводится к виду Q (У) = — (Зі/2 — 4ау — 4)/4, где у = sin 2х принимает все значения из интервала [—1, 1]. Поэтому корни Q (у) должны лежать по разные стороны

от этого интервала. Это условие выполняется при           ^- ^ а ^ ~.

Наибольшее значение у равно (1 + V2)l2.

Обозначим а длину стороны квадрата, лежащего в основании пи­рамиды, Н — ее высоту,   h — высоту боковой грани, а — искомый угол.

Тогда tg — а = —^—    a Н — 1/ Л2  — .   Согласно  условию за-

2.         2п        т 4

дачи

a* + 2.-LV2a ]/Л2 -       = 4 . ±- ah,

откуда   За2 — 8ah + 4n2 = 0, т. е. 3 [^-^ ~ 4 (~^~) +1=0-Итак, для определения tg-^-a = Jt получаем квадратное уравнение Зх2—

— 4дс —}- 1 =0, решая которое, находим х1 = \, хя =      . Следователь-

1          л          1 1

но, tg—-а=1,   откуда  a = — , или tg — a = — ,   откуда  a =

1          3 л

= 2 arctg —- = arctg — . Заметим, что при а = — пирамиды не су-

3          4 2

ществует: она вырождается в дважды покрытый квадрат со стороной а.

Будем искать только такие многочлены

Р„ (х) = eye" + alXn-1 + • • + an,

у которых а0 — 1. Многочлены с ав = —1 получаются из предыдущих за­меной знаков всех коэффициентов на противоположные. Пусть многочлен Рп (х) имеет п корней хх, xi,     хп. Тогда он представим в виде

Рп (х) = хп + alXn~l + ... +а„=(х — xjix — х3) ..• [х-хп).

Раскрывая здесь скобки и сравнивая коэффициенты при одинаковых степе­нях х, получаем соотношения (формулы Виета)

xi 4" хг "т~ '' • + хп = — ог,   ххх2 -f-       -f- • • • -f- xn_tx„ = а2< ЧЧ '•• *п = (— \)пап. Следовательно, х\ + х\ -f- + х2п = (х, + • + *л)а — 2 (x^j + • •" • • -f-хп_хх^ — а\—2о2. По условию а,, а2 £ {—1; 1}. Значит, о, = 1 и о2 = — 1, поскольку а\ — 2а2 ^ 0. Тогда х\ + • • • + *„ = 3.   По не­равенству между средним арифметическим и средним геометрическим

±= *' + -+х- >Г(іх1і-і^і)'-Ук1а-і. <»

так как о„ Є {—1; 1}. Следовательно, п ^ 3.

3

Рассмотрим случай, когда п = 3. Поскольку при этом —= її т0 п0"

и —

лученное неравенство (1) является равенством. Поэтому | jc^ | = | лгя I == I 1 = У\ х1х^х3 | = 1. Осталось рассмотреть многочлены (х—1)*, (*+')'

(х— 1)2(х4П, (х—1)(х+1)а и заметить, что только последние два из них имеют коэффициенты, удовлетворяющие условию задачи:

(* — 1)Ч*+ 1) = А-3— X2— Jt+1, {X — 1) (X + I)2 = X3 — Xі — X — 1.

Пусть теперь п— 2. Из 4 возможных трехчленов х2 ± л: ± 1 условию задачи удовлетворяют только два: х2 + х — 1 их2 — х — 1. При л ~ 1, очевидно, имеем два подходящих многочлена: х 4"1 их— 1. Следовательно, всего существует 2 3 • 2 = 12 многочленов, удовлетворяющих условию задачи: ± (х2 — I) (х ± 1), ± (х2 ± х — 1), ± (х ± 1).

Если га и я — целые числа, то их можно представить в виде п = = 7л, +«.'"= 7m, + Р, где а и Р могут принимать значения 0, ±1, ±2, ±3, a я,, т, — целые. Тогда

я2 + т2 = 49 (л2 + т1) + 14 (an, + рт,) + о2 + р2.

Если п2 + т2 делится на 7, то и аа 4- Р2 делится на 7. Но аа и Р2 могут при­нимать только значения 0, 1,4, 9. Непосредственно проверяем, что оа 4- Ра делится на 7 тогда и только тогда, когда ос = Р = 0. Но тогда и =» 7я,, т = 7т,.

Возможны два случая:

1)         каждый город имеет телефонную связь хотя бы с одним другим го-
родом;

2)         есть город, не имеющий телефонной связи с другими городами.
Пусть в Платландии п городов, Ni — количество городов, с которыми

имеет связь і-й город. Тогда Ni может принимать значення 1, 2, я — 1 в первом случае и 0, 1, я — 2 во втором. В обоих случаях мы имеем я чисел Ni, N2, .... Nn, среди которых не больше и — 1 разных. Следователь­но, среди чисел Nlt N2,     Nn есть по крайней мере два одинаковых.

После каждой такой операции количество нечетных чисел либо
остается неизменным, либо уменьшается на 2 (если оба стертых числа нечет-
ны). Так как количество нечетных чисел среди 1, 2, 3     1974 нечетно, то,

повторив операцию стирания 1973 раза, получим одно число, которое обя­зательно должно быть нечетным, значит, не равным нулю.

Для удобства будем считать, что из двух пунктов А (пункт, откуда вышел турист) и В (Говерла) в 8 часов утра вышли навстречу друг другу два туриста. Так как турист, вышедший из А, прибыл в В (по условию за­дачи поднялся на гору), а турист, вышедший из В, прибыл в А (спустился с горы), то, очевидно, на их пути найдется точка, в которой они встретят­ся. Понятно, что это и будет точка на маршруте туриста, в которой часы показывают одно и то же время и при подъеме и при спуске.

Сложим второе, третье и четвертое уравнения и вычтем из резуль­тата первое. Получим х, = 2. Затем из (5), (2), (6), (7), (3), (4) последовател1« но находим х5 — 11, х2 = 32, х3 = 15, х4 = 9, хв = 37, х1 — 44.

Треугольники ABC и А'В'С подобны, так как у них соответству­ющие углы равны. Из подобия следует

ВС        АС        АВ       ВС + АС

В'С       А'С ~ А'В' ~   В'С'-\-А'С ' откуда ВС= В'С и АС= А'С, АВ = А'В'. Следовательно, треугольни­ки ABC и А'В'С равны.

Нельзя. Предположим, что такое разделение возможно. Обозна­чим W,, Na, N3 суммы чисел, написанных на листах из первой, второй, третьей группы соответственно. Тогда

N2 — Л', = 100,

#3-^=61,

Л7! +    4-/V, = 14-2 + 34- •«• 4- 1974= 1975 . 987.

Решая эти уравнения, находим ЗЛГ, = 1940374, т. е. ЛГ2 — не целое число.

627. Обозначим xlt xt           хй искомые числа, S = х\ + ... + х\, р=~

= Кх ... хч. По условию 4Р — S = 992. Так как xt      л;в — простые числа,

возможны три случая: 1) все К{ нечетны; 2) некоторые Х[ нечетны, остальные равны 2; 3) все Х[ равны 2. Поскольку квадрат нечетного числа дает оста­ток 1 при делении на 8, а 992 делится на 8, то первый случай невозможен (S в этом случае делится на 8, а 4Р не делится). Второй случай также не­возможен, так как 4Р делится на 8, a S при делении на 8 дает остаток k + 4 (8 — k) = 32 — 36, где k (0 < k < 8) количество чисел из х{, кото­рые не равны 2. В третьем случае непосредственно проверяем, что числа *i — xt ~ •■■ = хл ~ 2 удовлетворяют условию задачи.

629. Данная система имеет решения (2; l^J—2; — 1), (1]_2), (—I;

 

(/4_„/».+,). -/4-,).

Пусть MtM^MgMi — произвольный параллелограмм, лежащий внутри треугольника ABC (рис.63). Продолжим M\Mi н Afa Ms до пересе­чения со сторонами ABC. Тогда по крайней мере две точки пересечения бу­дут находиться на одной стороне треугольника (на рисунке — точки Рг и Рг на стороне АВ). Отложим иа лучах /VW4 н Р2М3 отрезки РгР^ и РгР3

так, что PtPt = Р2Ра = МгМі. Четы­рехугольник РіРцРзРі будет паралле­лограммом, причем ^P,PiP,Pt і = ^JM,Af ,Af,Af,-

Продолжим отрезок Р3Р4 до пересече­ния со сторонами АС и ВС в точках R и N. Через N параллельно АС проведем пря­мую NM. Теперь SPiPiPspt = SMiMtMtMt^

Осталось   показать,   что SAMNR-^

Рнс. 63            ^ _L SABC.   Заметим, что треугольники

CN     RN AM RNC н MBN подобны и, следовательно, ~^=~^ = MB''

Поэтому либо CN > BN, либо MB > AM. Рассмотрим первый случай (второй исследуется аналогично).

На стороне ВС отложим отрезок ND = BN н проведем прямую Еи параллельно АВ. Площадь трапеции ABDE вдвое больше площади AMNR. Следовательно,

samnr ~ ~2~ sabde ^ ~~?Г sabc

Учитывая, что

, ,         1          fe2 + 2fe + 1 _ (fe+1)1

1 + k(k+2) ~   fe(fe+2)        fe(A + 2) *

 

получаем

Рп


2' • 3' • 4» . .., (п + 1)'            ^ 2 (к + 1)

Т". 3 • 3 • 4 . 4 ... я4 (п -f- 1) (и + 2)        п + 2


633. Предположим, чго после нескольких переходов пунктом отдыха космонавта снова будет Р0. Пусть Р0, Ри Рг,Рп «= Рв последовательные пункты отдыха космонавта. Тогда, учитывая, что п > 2 н Рв Ф Рг, полу­чаем Р0^і < < АЛ <...<?,,_,/>„ «еР^Р,, и P0Pi<Pn_iPn. Но это противоречит тому, что наиболее отдаленным пунктом от Р0 явля­ется я1#

Обозначим окружность, описанную вокруг треугольника АБС, через у, а ее центр — через О (рис. 64). Окружности, симметричные окруж­ности у относительно прямых А В, ВС, АС, обозначим соответственно Ті. Та. Тэ. анх центры —Oi, Ог, Оа. Пусть М — произвольная точка искомого множества, Mlt Л12, М3 — симметричные образы этой точки относительно прямых А В, ВС, АС. Так как Мь Мл, Ма принадлежат у, то М долж­на принадлежать пересечению її. Tz. %• Справедливо и обрат­ное: если М принадлежит пере­сечению уі, у2, уа, то она при­надлежит искомому множеству. Однако существует только одна точка, общая для всех трех ок­ружностей. Это точка пересече­ния высот треугольника, она и является искомой.

Такое представление можно получить, например, сле­дующим образом. Сначала запи­шем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подпись: <1)

 

Подпись: Используя равенство

 

 


 

1

 


+


 

20k


 

30k

 

заменим в (1) последнее слагаемое при k = 1 = Б*. Получим

 

1


+ -2~ + -Г + _|Т +


20


+


1

30

(3)

 

В этом равенстве заменим последнее слагаемое суммой (2) при k = 5 = Б1; затем в полученном разложении последнее слагаемое опять заменим суммой (2) при k =» 5* и т. д. Так как знаменатель дроби в последнем слагаемом в (2) в пять раз больше знаменателя левой части, такое преобразование мож­но продолжать дальше, получая каждый раз два новых различных слага­емых. Повторив эту операцию 985 раз, почучнм требуемое разложение.

839. Если а Ф 1, то в первом уравнении а2 — 2а + 3 = (а — I)2 -+-+ 2 > 2, и множество решений системы пусто. Если а — \, то исходную систему можно записать в виде:

cos л (хг + уг) = 1, 2л


842. При п= 1 уравнение имеет решения к = ±1, если т четно, н г™ 1, если т нечетно. При т — 1 решением уравнения является к = =
= 2" - 1.

При п> 1, т > 1 уравнение не имеет решений в целых числах. Оче­видно, что число х не может быть четным. Если же х нечетно, то при четных т х"1 + 1 дает после деления на 4 остаток 2 и не может равняться 2Ч, а при нечетных т число х"1 + 1 = (х + 1) (х"1-2 (* — 1) -f- ... + х (х — — 1) + 1) также не равно 2", так как делится на нечетное число, не равное 1, при | х | Ф 1, а при х Є {—1, 1} х/" + 1 равно соответственно 0 или 2.

Пусть т — наименьшее нз записанных на доске чисел. Так как разность двух соседних чисел не превосходит 20, то наибольшее число, которое может быть записано на доске, не превосходит т+ (199 — 1) X X 20 = т 4- 3960. Поэтому количество разных чисел на доске не превосхо­дит (т + 3960 — т) + 1 = 3961.

Так как доска поделена на 100 X 100 = 10 000 клеток, то по принци­пу Дирихле найдутся по крайней мере три клетки, в которых записано одно н то же число.

Обозначим М множество всех городов страны. Будем говорить, что города тип сообщаются, если из т можно проехать в п, возможно, через другие города. Очевидно, что при этом и из п можно проехать в т (например, двигаясь в обратном порядке).

Выберем произвольный город т1 Є М. Пусть Mt — множество всех
городов, которые сообщаются с mu a Nt — их количество (включая mi).
Очевидно, что любые два города из Мх сообщаются (например, через mt).
Вообще говоря, может так случиться, что Mt не совпадает с М. Заметим,
что в этом случае ни один город из совокупности М \ Мг не связан дорогой
ни с каким городом из Мг. Следовательно, любая дорога страны соединяет
пару городов либо из М1г либо из М \ Mt. Докажем, что среди дорог внутри
Mi можно оставить Nt — 1 дорогу так, чтобы любые два города Mt по-
прежнему сообщались, а остальные — закрыть на ремонт. Ясно, что при
этом связь между любыми парами городов в М не нарушается — ведь внутри
М \ Mi ничего не изменяется, а из М1 в М \ Mt все равно проехать
нельзя. Выбор указанных Nt—1 дорог будем вести последовательно.
Пусть из т1 ведет дорога в т2- Тогда эта одна дорога обеспечивает полную
связь во множестве {mlt пц]. Из множества {mlt т2) можно попасть в
Mi \ {тъ пц). Поэтому найдется дорога, которая соединяет mi или Щ
с одним из городов ms 6 Мі \ (т^т^). Выбранные 2 дороги обеспечивают
полную связь между городами множества {mlt пц, щ\. Пусть для некото-
рого і < Nt мы нашли і— 1 дорогу такую, что по ним из любого города
множества {mu ...,ті} можно попасть в любой другой город этого множест-
ва. Поскольку множества {mit m,-} и Ml \ {т1г тг} сообщаются,
как показано выше, то найдется дорога, которая соединяет одни из горо-
дов mlt .... tnt с некоторым городом т1+1 Є Mt \ {ті          ті). Добавив

эту дорогу к данным і — 1 дорога, получим і дорог, по которым сообща-
ются любые пары городов совокупности [т1         ті+\}- Повторяя это рас-
суждение, получим Ni — 1 дорогу, которые обеспечивают полную свя?ь
между Ni городами множества Мх. Выбросив остальные дороги внутри Mi,
мы не нарушим связи между любыми городами страны.

Теперь выберем произвольный город m, £ М 4 Mt. Пусть Л1, —
.іножество городов, сообщающихся с m,, a Na — их количество (включай
т,). Как н выше, среди дорог, соединяющих города М2, оставим Л', — 1
дорогу, не нарушая связи между любой парой городов в М2 (значит, н М).
Повторяя эти рассуждения необходимое количество раз, получим ft мно-
жеств Mt, Mk с количеством городов Nlt   соответственно. В каж-
дом из них можно оставить на одну дорогу меньше, чем количество горо-
дов, чтобы города в этих множествах по-прежнему сообщались. При этом
связь между Mt и Mj не нарушается, поскольку ее не было и до ремонта.
Следовательно, всего можно оставить (Nt — 1) + ... + (Л^ — I) = A/t +
+ ... + Nk — ft = 200 — ft дорог так, чтобы связь между городами М не
нарушалась. Здесь ft — натуральное число, которое зависит от существу-
ющей структуры сети дорог. Из сказанного следует, что на ремонт можно
закрыть по крайней мере 1000 — (200 — ft) = 800 4- ft> 801 дорогу.
Легко показать, что в случае, когда fc= 1, большего количества дорог
закрыть нельзя. Действительно, при k = 1 М = Мг, то есть любые два
города страны сообщаются. В этом случае каждая оставляемая дорога мо-
жет обеспечить связь только с одним новым городом страны, поэтому для
обеспечения полной связи между 200 городами требуется не менее 199 до-
рог. Следовательно, закрыть больше 1000— 199 = 801 дороги нельзя,
т. е. наибольшее число дорог равно 801.

645. Пусть к = — — корень уравнения. Подставив значение к = ~

и умножив полученное равенство на 71", убеждаемся, что число 1975 + 4- 7 • 1974 = — (ая 72 4- ... — о0 71п) должно делиться на 72. Одна­ко это не так. Следовательно, корень найден неверно. L     646. Данное число п = abc + Ьса 4- саб можно представить в виде п = (100а 4- 106 4- с) 4- (1006 4- 10с + я) 4- (100с + 4- 10а + 6) = 111а 4 1116+ 111с= 111 (а + 6+с) = 3 • 37 (а+ 6 4 с).

Итак, п делится на простое число 37. Если п — точный квадрат, то есть п = rrfi, где т — натуральное, то ттоже должно делиться на 37 (в протиз-ном случае т2 не будет делиться на 37). Но тогда п = /л2 делится на 372,

 

ин

 

л=5


п=6 Рис.


 

65


/7=7


 

Рнс. 66

 

т. е. п = 37а ft, где ft — натуральное число. Следовательно, 3 (а + 6 + с) = = 37 ft. Для того чтобы произведение 3 (а + 6 + с) делилось на 37, не­обходимо, чтобы а + 6 + с делилось на 37, так как 3 и 37 взаимно просты. Но это невозможно, поскольку а, 6, с — цифры, т. е. l^a+6+с^ 3 9 = 27 < 37. Таким образом, п не является точным квадратом ни­какого числа обе.

647. Способы такого разбиения при п = 5, 6, 7, 8 приведены на рис. 65. Каждое число п > 5 можно представить в виде п = 4ft + /, где ft = 0, 1, 2, а / Є {5, 6, 7, 8). Искомое разбиение для произвольного л> 5 можно получить так. Построить ft прямоугольников, которые вложены в данный и друг в друга (со сторонами, параллельными сторонам исходно­го прямоугольника). «Слой» между двумя последовательными прямоуголь­никами разбить на 4 прямоугольника, как это показано на рис. 66, а внут­рэнний прямоугольник разбить на / частей, как показано выше. Это даст 4ft + / = п частей-прямоугольников, которые, очевидно, удовлетворяют условию задачи.

в !8. Остаток от деления натурального числа на 9 совпадает с остатком при делении на 9 суммы его цифр. Поэтому тот из мальчиков, кто записы­вает постеднюю цифру, независимо от предыдущих ходов может выбрать клкой у і одно остаток для полученного числа. Действительно, пусть сумма всех цифр числа, которое получилось на предпоследнем ходе, дает остаток

л при делении на 9, п 6 {0, 1           8}. Если выбрать в качестве последней

цифры 9 — л Є (1, 2  9}, то сумма всех цифр полученного числа при

делении на 9 будет давать тот же остаток, что и число 9 — л + п =; 9, т. е. эта сумма (а вместе с пен н само число) будет делиться на 9. Если же

выбирать эту цифру равной 8— «6 {0, 1    8}, то указанный остаток

будет равен я + 8 — л = 8, и число не будет делиться на 9. При ft четном (например, прн ft = 10) последний ход делает второй мальчик и он сможет добиться своей цели. При ft нечетном (например, при ft = 13) первый маль­чик своим последним ходом помешает второму.

Возведем обе части уравнения в квадрат:

х'п + 2хпу"-\-у2п = г2".

Отсюда г2" = 4хпуп + (хп — у")* > 4х"уп, т. е.         < 4" ' посколь-

ку г2" > 0.

Рассмотрим на координатной плоскости точки В (0,1185), С(1580,0), М (х, у). Тогда ВМ = у х2 -f (1185 — у)2, СМ = /(1580 — х)2 + у2, т е. данное выражение А равно А = ВМ -J- МС. Из неравенства треугольника следует, что

А = ВМ + MC^sBC=* /і 580а + 1185» = 1975.

Знак равенства здесь достигается при М £ ВС (например, для М (,M0/», ,,я*/2). Следовательно, наименьшее значение А равно 1975.

Подсчет проведен неверно. Если предположим, что

 

где а,      Ь, с — некоторые целые числа, то получим тождество

1975 • 5і00 = — 5™ 14 — а • 5м • 14* — • • — Ь 5 • 14s9 — с 14,м,

гд° слева — нечетное число, а справа — четное целое число. Такое тождест­во невозможно, т. е. сделанное предположение неверно.

Пусть записанное число N = . . . a2k_{a2k, где в{£ {], 2t 3, 4, 5]. Цифры щ с нечетным номером і выбирает первый игрок (А), а с четным — второй (В). Обозначим Si = at + ... + а/. Число N делится на 9 тогда и только тогда, когда S2k делится на 9.

Предположим сначала, что ft делится на 3, ft = 3m, и докажем, что в этом случае независимо от ходов А всегда выигрывает игрок В. Для этого иа любой ход «о/—і- ' ^ ' ^ ft. игрока А В должен отвечать ходом а% =*

= 6 — «гі—і (ясно, что нз 1 ^ cr2i     , ^ 5 вытекает 1 ^ a2l ^ 5). При этом

при любом і ^ ft 5а = (flt + а2) + . . -f- (Oy_, -|- a2i) = 6i и Sja =** = 6ft = 18лі делится на 9, как бы ни играл А.

Пусть теперь ft не делится на 3. Покажем, что тогда выигрывает Ал Для этого игроку А достаточно выбрать at — 3, а затем на любой ход

I < і < k — 1 игрока В отвечать ходом аи+) = 6 — а^. При этом f

S2k = al + (°2 + аз) + • • + (a2ft-2 + a2k-0 + <hk =*

= 3 + 6(fe-l) + fl2ft = 6fe — 3 + a2fc.

Если fe = 3m + 1, то S2ft = 18m + 3 + a2k имеет остаток 3 + a2k б € 11. 5, 6, 7, 8} при делении на 9. Если же k = 3m -f- 2, то остаток S2ft = = 18m + 9 + a2k при делении на 9 равен a2k £ {1, 2, 3, 4, 5). В каждом из этих случаев S2ft не делится на 9, как бы нн играл В. Следовательно, первый может достичь своей цели, если k не делится на 3; в остальных слу­чаях второй может помешать первому.

655. Обозначим а и Ь верхнее и нижнее основания данной трапеции. On — верхнее основание той трапеции, которая получается после и-го вы­полнения операции. Используя подобие треугольников, образующихся при построении п    1-й трапеции из п-й, нетрудно убедиться в справедли-

Ь — ап ~ вести соотношения an_i_\ — —g—, вытекающего из способа построения

трапеций. Отсюда по индукции находим a,975 = b (-^ -f-... Н ^аї~\

Н—^ ^7 . Записав равенство аШ5 == а, которое выполняется по условию,

получим Ь = За. Следовательно, площадь трапеции S =• 2ah.

856. Задача решается аналогично задаче 650. Наименьшее значение А равно 1975.

657. Высота треугольника строго меньше, чем одна из двух сторон, которые выходят из этой же вершины. Каждая сторона данного треуголь­ника не превышает диаметра описанной окружности, поскольку она явля­ется хордой этой окружности. Поэтому каждая из высот Лс, Ль, hc строго меньше 4. Поскольку Л0, Ль, hc — натуральные числа, то они принадлежат множеству {1, 2, 3}. Используя тождества Ла =• ЬНь = chc *=* 25, где а, Ь, с — стороны треугольника, а S — его площадь, рассмотрим такие случаи.

Если среди чисел Ла, Ль, hc нет одинаковых, то можно считать, что Л0 «=• •=« 1, Ль = 2, hc = 3. Тогда а =» 2b = Зс. Отсюда Ь + с = а/2 + а/3 < а, что противоречит неравенству треугольника. Пусть теперь среди Ла, Ль, hc имеются одинаковые, например, Лс = Ль-Тогда а = Ь, и данный тре­угольник — равнобедренный. Центр описанной окружности такого тре­угольника должен лежать на высоте, проведенной из вершины С. В случае Лс= 1 = R/2 находим а = b = 2, с »= У 3, т. е. отношение а :b =• hc:ha не рационально. Итак, Лс Є {2, 3}. В случае, когда Лс=7?= 2, центр описанной окружности совпадает с основанием высоты, и треугольник является прямо­угольным. Отсюда ha = Ль = а =• b =• 2V~2, т. е. ha, hb — не целые числа. Поэтому осталось рассмотреть только Лс = 3. В этом случае расстояние от центра описанной окружности до стороны с равно Лс — /?=» 3 — 2 = 1. Поэтому с/2 = У2і — Iа = УЗ, т е. с = 2/3. Отсюда а =• Ь =» = V (с/2)а + Л2, = V 3 + З2 = 2у" 3 =• с. Следовательно, данный треуголь­ник — правильный, что н требовалось доказать.

Наименьшее значение А равно 1775 (см. решение задачи 665 при п =* 1).

Обозначим хи х2,хц корни уравнения ри (х) = 0, где рп (х) =»
= л:11 + 6х10 5xs + а8хР + ... + ахх + Од, ag a„ — некоторые не-
известные коэффициенты. Так как для каждого 1 ^ k ^ 11 многочлен
Ри (*) делится на х — х/,, то его можно представить в виде рц (х) »• (х —
— хі) (х — х») „, (х — Хц). Раскрывая в этом произведений скобки я

 

 

приравнивая коэффициенты при х10 и ха, получаем тождества

*i + *г + • + хп = — 6; (1)

*i*s + *i*s +       +       +       +Vu+ ••• +*и*и = 5. (2)

Поскольку

36-^+ ... + *„)»=      + ...  + *?,+

+ 2(*1х2 + ••• + JCw*u) = *? + ••• +*їі+2-5,
то         *,+« + ••• +«11 =26 (3)

По условию числа xlt .... лсп образуют арифметическую прогрессию,

т. е. хк = а + (ft — 1) d при ft = 1               11,  где а — первый  член, а

d — разность прогрессии. Отсюда

хк — xt = (а + (ft — 1) d) — (а + 5d) = (ft — 6) d,

т. е. xjt = xe + (ft — 6) d. Найдем неизвестные xt и d, подставляя эти равен­ства в (1) н (3):

(xt-bd) + (xt — 4d)+ ... +*„+ ... +(*„+4d) +

+ (*e + 5d) = -6,

6

т. е. 11хв = — 6, хв =  — . Аналогично

26 = <*e-5d)2 + (*e-4d)2-f- ... +4+ ... +(xe + 4d)a + + (*, + 5d)2=(4-10*ed + 52d2) + ... +4+...+(л|+10х^ + + 52d2) = ll*|+2da(l + 22 + ... + 52) = 1 lx| + 90d2,

9 250
У          откуда 90d2 = 26 — 1 \x\ = 26 — 11 (e/n)a =           —.

A1'       Л ^

л'r—=  ~Л '   Следовательно, d = ± 5/33. Оба эти значения d да-

ют одну и ту же арифметическую прогрессию
**=(- 18+(*-9-5).-1-,
ft= 1, 2 11.

abc

О         X       вві. Площадь треугольника равна S

Рис. 67            где Ді ^ с — его СТОрОНЬІі     — радиус описан-

ной окружности.  Поэтому для решения задачи достаточно показать, что S ^     Пусть вершины alt аа, а3 треугольника

имеют координаты (хи уг), (ха, у2), (х3, у3). Обозначим а\, А'2, лі проекции точек аи аъ, а3 на ось oy (рис. 67). Вычислим

, ,    аха\ + а2а'2

S = S      , ,—S       , .—S       , . — Л,Л2 •         ^         

ala,a2al        ata,a3al        atata3a} *

.       АіА[ + А3А3         ,    a2a2 + a3a3
- AiAi   2         
АіАз     2          =

= -у 1(УіУі) (xi + ха> — ІУіУз) (*i + хз) — (Уз -Уа)(хг + хзїї-180

Число в квадратных скобках — целое (по условию все xit //,; — целые). Значит. 2S — тоже целое число. Поскольку S Ф О (треугольник невырож­денный), то 2S Ф 0. Итак, 2S ^ 1, что и требовалось доказать.

Обозначим fllt а2, ап последовательные стороны данного я-угольника. Пусть х1г.... хп, у1ш уп — проекции сторон на смежные сто­роны квадрата. Поскольку n-угольник выпуклый, то каждая точка на стороне квадрата покрывается самое большее двумя проекциями сторон я-угольника. Поэтому хл + хг + ... + хп    2, ух + уг + ... + уп 2.

Заметим, что flfc = і^.ї2, + #| ^ аг^ + ук. Поэтому периметр и-угольника не превышает 4:

а1 + аг + •• + а„ <(*! + {/,) + • • • + (хп + уп) = = («1+       +*n) + foi+ ••• +W<4.

Докажем, что хотя бы одна из я сумм ах + а», а2 + а3    і + °п.

ап + flt ие превышает 8/п. Действительно, если каждая из них больше

8/я, то 2 (а, + аа Н     + а„) = (flj + а2) + • • + (ап + а,) > л • 8/л =

= 8, что противоречит доказанному выше неравенству ах + • • + ап ^ 4. Итак, 'найдутся две соседние стороны a/,, такие, что ah + afr^_| ^ ^ 8/л. Рассмотрим треугольник, образованный этими сторонами. Его пло­щадь не превышает

1          1 / ak+ak+l у      1 /' 4 \2 8

 

Следовательно, этот треугольник и является искомым.

Назовем циклом последовательность вершин многогранника, ко­торые можно обойти, двигаясь по направлению стрелок от одной вершины к следующей, и вернуться в начальную точку, не проходя дважды одну и ту же вершину. Последовательности вершин, которые являются циклами, очевидно, всегда существуют. (Достаточно двигаться вдоль стрелок до пер­вого попадания в одну из уже пройденных точек.) Каждый цикл разбивает поверхность многогранника на две части: одна из них всегда остается справа, а другая лежит слева. Двигаясь вдоль ребер, из левой части можно попасть в правую только через вершины цикла.

Рассмотрим некоторый цикл Р. Произвольный цикл назовем правым, если его вершины принадлежат правой части поверхности многогранника по отношению к циклу Р или же совпадают с некоторыми вершинами Р. Аналогично определим левый цикл.

Каждый правый цикл Q также разбивает поверхность многогранника иа две части. Одна из них целиком лежит в правой части поверхности мно­гогранника по отношению к циклу Р. Назовем ее внутренней частью пра­вого цикла Q, а количество вершии внутри этой части — весом правого цик­ла Q.

Рассмотрим множество правых циклов. Это множество ие пусто — ведь сам цикл Р по определению является правым. Пусть S — правый цикл, который имеет наименьший вес. Очевидно, что такой цикл существует. Докажем, что этот вес равен нулю. Действительно, если этот вес — ие нуль, то внутренняя часть S содержит по крайней мере одну вершину. Пусть это будет вершина В. Из В выходит хотя бы одна стрелка. Перейдем вдоль нее к следующей вершине, из этой вершины — в следующую и т. д. При этом возможны два случая. Если при таком движении мы никогда не попадем в некоторую вершину цикла S, то наш маршрут должен содер­жать некоторый цикл Q, лежащий целиком во внутренней части 5. Тогда цикл Q снова будет правым, ведь он вместе с внутренней частью целиком лежит справа от цикла Р. Вес Q, равный разности между весом S и числом вершин Q, строго меньше веса S. Это противоречит определению минималь­


ноге цикла 5. Итак, при движении из точки в внутри S мы в некоторый момент попадем в некоторую вершину С цикла S. Далее, в вершину . в приходит хотя бы одна стрелка. Переходя из в по соответствующему ребру против направления сгрелки в предыдущую вершину, а из нее (сно­ва против стрелки) — опять в предыдущую и так далее, мы снова падучим

некоторый маршрут. Если этот маршрут ие содержит вершин цикла S, то из него можно выделить правый цикл, лелащий внутри S, что противоречило бы инни-мв л ьн ости S. Следовательно, двигаясь из в против направления стрелок, мы снова в некоторый момент попадем в некоторую вершину а цикла 5. Таким образом, внут­ри S найдется совокупность вершин а... ...в...С, содержащая вершину в (рис. 68). При этом можно считать, что все вершины в этой совокупности — различны (возможно, исключая а и С). Если это ие так, то найдется цикл строго внутри S, что протнворі' ит минимальности S. Вершины С, а принадлежат циклу S. Пусть СМ...а — часть цикла S, которую можно пройти вдоль стрелок. Рассмотрим цикл s' ~ а.„в...СМ...а. Его часть а...в...С лежит во внутренней части S, а части СМ...а у циклов S и S' совпадают. Отсюда следует, что цикл S' — тоже правый, ведь он вместе с S лежит справа от р. Кроме этого, внутрен­няя часть S' строго содержится во внутренней части S (нестрогое включе-вие очевидно, и при этом точка в лежит строго внутри S, однако не внутри S'). Следовательно, вес цикла S' строго меньше веса S, что невозможно, так как цикл S — минимальный. Итак, вес минимального правого цикла равен нулю. Аналогично доказывается, что вес минимального левого цик­ла тоже равен нулю. Если вес цикла ра­вен нулю, то его внутренность (по отно­шению к р) не содержит вершин. Это означает, что такой цикл должен совпа­дать с последовательностью вершии неко­торой грани (остающейся справа при обхо­де правого цикла и слева при обходе ле­вого). Очевидно, что построевные две гра­ни различны.

Итак, при любой расстановке стрелой всегда найдутся две грани, которые мож­но обойти по периметру, двигаясь вдоль стрелок. Легко показать, что в общем слу­чае трех граней с таким свойством мо­жет не найтись (рис. 69).

664. Рассмотрим сначала две окруж­ности с центрами  Ои   02, которые пе­ресекаются в точках К и L. Предположим (в соответстьии с условием), что четырехугольник Oj/fOjL выпуклый. Обозначим  N = KL П f)fiv Поскольку угол KO.zL — меньше развернутого, то N €        (рис. 70).

Рассмотрим точку М, принадлежащую одновременно двум кругам, ограничиваемым данными окружностями. Докажем, что в этом случае S0tK0 L > 2S0tM0 . Действительно, поскольку М принадлежит кругам ра­диусов 0гк и б2К.'то О-іМ. < Охк, OtM < OtK. Обозначив Ah проекцию М на OjOs, заметим, что 0,0, = 0,,V + ОаЛ/ = OjAix + 0ЛМХ, т. е.

УОхК2 — К№ + V 03К* — KN» = у 0ХМ3 — ММ\ +

4- у<yw» - мм\ < y °№ — мм\ + Y ~

Отсюда следует, что MMt ^ KN. Значит.

so,ko,l = °А KN >OtOa -ММ! = 2S0jMOi.

что и требовалось доказать.

Теперь рассмотрим данный треугольник ABC и три круга Qa, Qt,, Qa с центрами в точках А, В, С. Выберем произвольную точку М Є Qa П Л Оь Л Qc (по условию такая точка существует). Тогда М Є Qa П и, как показано выше, площадь четырехугольника, образованного точками А, В и точками пересечения границ Qa, Qb< не меньше 2SAMB. Аналогично площади четырехугольников, отвечающих парам вершин В и С, С и /4, не меньше 2SBMC, 2SCA(4. Следовательно, сумма площадей этих четырехуголь­ник >з, о которой говорится в условии, не меньше 2 (SAMB + SBvfC + + SCAf4). Если Л-? Л /4ВС, то эта сумма больше 2S4BC (один из треуголь­ников АМВ, ВМС, СМА в этом случае содержит Л ABC). Если же М 6 Є А .4 ВС, то

2 (samc + 5влїо + 5слм) — 25лас-

В любом из этих случаев сумма площадей, о которой говорится в условии не меньше 2S/1BC- Это значение достигается, когда все 3 окружности с цент­рами А, В, С пересекаются в одной точке М 6 А ЛВС (легко показать, что этот случай всегда возможен). Итак, искомое наименьшее значение равно

665. Обозначим  Zk = гх + ••• + ?ь Yk — УкЛ- ••• +.

+ Уп< Xk = хk + • • *п- Рассмотрим в некоторой прямоугольной системе координат точки В(0,  0,   1264),  Мп (Л'„, К„, Z„), ЛГ„_, (Л'„_,, !'„_,

Z„_,)    ЛІ! (Хр Kt, Z^, С (948, 1185, 0). Заметим, что Хп = хп, Yn =* уп\

%п — Ч + • • • + гп, поэтому

У хп + Уп + (Ъ+ — +*п- 1264)2 = ВЛ1„.

Далее, А'А — A'fe_j = — *ft_,, К* — Kfc_, = — tyft_lt Zft — Zft_t = гА при к = 2, 3,       л, так что

4-1 + fft-l + г* = Л,*МА_С

Аналогично '

]/Лг2 + (948-х,- • •• —«„)«+(! 183 —й - •■■           = /И,С.

Следовательно, данное выражение /4 имеет вид

А = ВЛІ„ + MnMn_i Ч  + M^f, + Л1,С.

По неравенству треугольника

А = BAf„ + ЛІ„ЛІ„_, 4- ... +       > ВМ„_, +

-h*n-iMn-2+ "• +М,С> ■■• >BMf + MtC^BC=*

= ^ 948*+ 1185*+ 1264* = 1975.

Итак, А 5s 1975. Если же выбрать  Мп = Af„_, = ... = М, = В (т. е. к1 =« хг = • • • = де, = 0, уі = уг =» • • •  = */„ = 0, гг = 1264, га = . ... =z„ = 0), получим

Л = ВВ + ... + ВВ + ВС =о ВС =. 1975.

 

 

 

х— 1

666. Положим у =      . Тогда х =

Следовательно, наименьшее значение А равно 1975.

1

х 1-у Итак, для всех х%, {О, 1} справедливо тождество


 

<2 {0, 1} при у І {О,

 

 

 

+ FI


1-У


— 1


 

1-У

 

 

 

+ F ((/) = 1 +


1-У

 

Поскольку іГ(#) = 1+ і/ — F |—         -j при      {0, 1), то из (1) получаем

 

Положим г =  , тогда у — 1   # {0, 1} при ztf {0, 1}. При

1 — у г ztf {О, lj из (2) получаем

 

1


1


— 1

 

F(z)-F\


= г-1 +

 

1          —

г

т. е.

'«-'(т=г)-*+-г-(3)

Пусть в (1) /у = г. Тогда для каждого z g' (0, 1} из (1) и (3)           следует

2F^ = h+F(jh)h{F{z)-F(rh))

= 14

-гЬ+-+4~'-

т. е.

 

F (г)


= 4~[г + Т"7" 1—г] ДЛЯ ВСЄХ г<^0, *Ь

 

Легко проверить, что эта функция удовлетворяет условиям задачи, так что ее единственное решение задается равенством (4).

667. Данное неравенство является равенством, если a sin х 4- b cos х —

=      Последнее уравнение имеет решение, если аг 4~ Ь2 ^ яа/4, откуда и

вытекает утверждение задачи.

669. Обозначим неизвестные цифры а, Ь, с, й. Из условия выводим, что 2ab\ = 13 c2rf. Произведение 3 • d имеет последнюю цифру 1, поэтому d = 7. Поскольку 13 • 27 = 351, то 6 = 5 (значение цифры с не влияет на вторую цифру произведения 13 • с27). Пусть с ^ 3. Тогда 13 • с27 ;> > 13— 327 > 3000 > 2о61. Итак, с < 2. Если с = 1, то 13 • 127 = 1651 < < 2сМ. Осталась только одна возможность: с = 2. Тогда 13-227 = = 2951, т. е. а = 9. Данный пример имеет вид: 2951 : 13 = 227.

Обозначим через х количество сороконожек, а через у — количе­ство драконов. Тогда в стаде х + Зу голов (по 1 у сороконожки и по 3 у дракона) и 40л: + пц ног, где л — количество ног у дракона. По условию х+ 3^= 26, 40х + пу = 298. Отсюда (120— л) у = 40 (х+Зу) — — (40л: + пу) = 40 • 26 — 298 = 742. Следовательно, у — делитель чис­ла 742 = 2-7-53. Кроме того, Зу < х + Зу = 26, откуда у 8, так как у — натуральное число. Число 742 имеет только три делителя, которые не превышают 8: это 1, 2, 7. Если у= 1 или 2, то 120 — л= 742 или 120— л= 371, что невозможно, так как л > 0. Итак, остается только случай # = 7. Тогда 120 — л = 2 • 53 = 106, т. е. « = 14. Далее, х = = 26 — Зу = 5. Легко проверить, что при таких х, у, л 40* + пу = 298. Поэтому у одного дракона л = 14 ног.

Число 197616 + 2 четное, но не делится иа 4.

См. решение 187.

<575. Запишем данное равенство в таком виде:

Р = 2 (а — 26 — 4)а + 9 (6 — 2)2 + 1976.

Отсюда видно, что для любых с и 6 выражение Я 1976. Равенство Я = = 1976 возможно, если 6 = 2, а — 26 — 4 = 0, т. е. при а = 8, 6=2. Следовательно, наименьшее значение Р равно 1976.

676. Рассмотрим прямоугольный треугольник ЛВС с вершиной прямого угла С. Пусть М Є АВ, a ММ1г ММг — перпендикуляры из точки М к АС и ВС. Четырехугольник ММХСМ% является прямоугольником. Следова­тельно, МхМг = МС. Таким образом, для решения задачи достаточно иайти точку М 6 АВ так, чтобы расстояние МС было наименьшим. Для этого нужно, чтобы точка М была основанием перпендикуляра, опущеииого из вершины прямого угла иа гипотенузу.

679. Рассмотрим вектор S = OAt + ОАг + • • • + ОАп. После пово­рота плоскости на угол 2эт/« вокруг точки О точка Ах перейдет в Аг, Л2 —

в As,       Ап — в Аг. Поэтому вектор S  преобразуется в вектор ОЛ2 +

—>- —>-     - *            - ->

+ • • + ОАп + ОА-1 = S. Итак, вектор S ие изменится при таком пово-
2я        -» -»

роте. Поскольку =      < 2я, то S = 0. Следовательно,

п

— (МАХ+ ••• + МАп) — МО — — [(MAj — Ж)) -}- ••• + л л

-f (ііЙ„ — лй)] = — (oX + oX-t- •• +ОЛ„) = —s = 6T

л п

что и требовалось доказать.

681. Заметим, что прямые АС и ВС симметричны относительно бис­сектрисы угла ЛСВ. Отсюда вытекает следующий метод построения тре­тьей вершины С искомого треугольника.

Пусть на плоскости даны две точки Л, В по разные стороны от данной прямой /. Построим точку Аи симметричную Л относительно /. Если Л1 ф Ф В и Аф % I, построим С = / П АіВ. Треугольник ЛВС в этом случае — искомый. Действительно, если D = AAt П I, то Л ADC ~ Л A±DC по построению Аг. Поэтому ^ ACD = AtCD, т. е. CD — биссектриса угла ЛСВ. Очевидно, что в данном случае решение единственно.

 

 

Пусть теперь /4,6 р /, At Ф в. Тогда задача решений не имеет, по­скольку в произвольном треугольнике прямая AtB должна пересекаться с биссектрисой (в вершине С).

Если же Аг = В, то задача имеет бесконечно много решений: при ли-бом выборе С 6 ' прямая / будет биссектрисой в Л ABC (так как / есть про­должение высоты и медианы к стороне АВ).

Обозначим полученное число через N. Найдем остаток от деления N на 9. Этот остаток совпадает с остатком от деления на 9 сумм цифр /V, а последний равен остатку от деления на 9 суммы L — 14-2 4- ... 4 1976 (так как каждое слагаемое в этой сумме abed отличается от суммы а 4 Ь 4 с + d на число, кратное 9). Заметим, что

L =       '-          = 988 • 1977 = (9 • 107 + 7) (9 . 119 + 6) =

= 9а + «й = 96 4 6,

где а, Ь — целые числа. Значит, остаток от деления иа 9 равен 6з N = 9с 4 6, где с — целое число. Число N = 3 (Зс 4- 2) делится на 3. Если бы N было точным квадратом N = г?, то N должно было бы делиться и на 9 (так как п должно делиться на 3). Однако в данном случае N ие де­лится на 9. Значит, Л' не является точчнм квадратом.

Умножим обе части равенства

a + p4-V=l (1) на вектор OA и вычтем его из равенства

аОА + іЮВ+\ОС = бМ. (2)

Получим

Р (Об — OA) 4 у (ОС — OA) — ОМ — OA. (3)

Так как ОВ — ОЛ = АЧЗ, ОС — OA =» АС, 0~М—ОА = АМ, то равенство

(3) можно представить в виде AM = $АВ + уАС. Поскольку точка М ле­жит строго внутри треугольника А ВС, то она лежит строго внутри угла, образованного лучами АВ и АС, угол между которыми меньше 180°. Отсюда

теперь нетрудно заключить, что векторы Р<4В и уАС сонаправлены со­ответственно с векторами АВ и АС. Поэтому Р и у положительны. Если иї равенства (2) вычесть равенство (1), умножив его предварительно на вектор

ОВ, и провести аналогичные рассуждения, то прийдем к заключению, что a > 0 и v > 0.

Прежде всего заметим, что числа, о которых идет речь в условия задачи, либо все положительны либо все отрицательны, так как в против­ном случае среди них можно выбрать 8 чисел таких, что их произведение будет отрицательным, следовательно, меньше 1. Рассмотрим случай, когда все числа положительны. Очевидно, что среди всех заданных чисел не более 7 могут быть меньше 1. Действительно, если больше 7, то, взяв произведе­ние восьми таких чисел, мы получим число меньше 1, а это противоречит условию задачи. Обозначим данные числа через с1( аг, .... вів7в- Пусть те семь чисел, которые могут быть меньше 1, есть аи Of, .... а,. Запишем про* взведение всех чисел в таком виде:

p = (al- at ... а7ав) айаі0 . .. а1Ш.

Согласно условию задачи произведение восьми чисел, заключенных в ск^* как, больше 1. Тогда, принимая во внимание, что каждое из чисел «#«

Яіві &іт больше 1, приходим к заключению, что произведение (1) вгея данных чисел больше 1.

Случай, когда все числа отрицательны, сводится к рассмотренному слу­чаю, заменой всех чисел на их абсолютные величины.

Обозначим через О точку пересечения медиан BBj и СС]. Тогда

ВВ, = -|ВО, ССХ == -|сО, поскольку ВО : ОВ, -- СО : ОС, = 2 : 1. Из

неравенства треугольника заключаем, что ВО    ОС > ВС. Поэтому

9 9 ВВ\    СС\ = — (ВО2 + С0а) = — (ВО + СО)2 +

+ -|- (ВО - СО)2 > -|- (ВО + ОС)2 > -|- ВС.

Уравнение имеет три решения (1976,0), (0,1976) и (494, 494).

Множество всех точек пересечения данных прямых находится во взаимно однозначном соответствии со множеством всевозможных гар дан­ных прямых. Действительно, каждой паре прямых отвечает одна т^чка пе­ресечения (никакие две прямые не параллельны); наоборот, каждой та­кой точке соответствует только одна пара прямых (ведь никакие три прямые не проходят через одну точку). Следовательно, количество точек пересе­чения данных прямых совпадает с количеством всевозможных пар прямых

9          я (л             I)

из данной совокупности, т. е. равно сп = —— -

Аналогично множество всех треугольников, образованных данными

прямыми, находится во взаимно однозначном соответствии со множеством

всевозможных троек из данных прямых, т. е. количество треугольников

_3     я (п — 1) (я — 2)
равно С* =      ^          '- .

Число частей, на которые разобьют плоскость я прямых, равно і -)- п ^П^~ ^ (ем. решение задачи 101). Для ответа на последний вопрос

задачи представим себе, что мы провели круг, покрывающий ьсе огра­ниченные части плоскости. Тогда из втого круга будет выходить 2л лучей, образованных нашими прямыми, которые разделяют плоскость на 2я не­ограниченных частей. Итак, прямые пересекаются в С2п = " ^П-^—точ-

-з    л (я — 1)(я — 2)
нах, образуют С*п = —5       jr1                    треугольников, разбивают плоскость

ва И^Я^~ ^ -\- 1 часть, из них 2я неограниченные.

689.     Пусть я — высота телевизионной еышки, а, {$, у — углы, под

h          ' h

которыми видна вышка из данных точен. Тогда tg а = —          , tg р = —— ,

а          о

tgy=— . Записав условие tg у = ctg (a -f- 0), получим        уравнение
с

А2

1

л аЬ

с          ft л

-7 + 1Г

.     1 / abc


690. Рассмотрим функцию / (х) = д*— 5х. Она нечетна, имеет корни ОигЬту^б, f (х) — 5(дг4 — 1).  На  промежутках J—со, — 1]  и [1, функция / (х) возрастает,  на отрезке )— 1, 1[ — убывает, f (— 1) ='4 наибольшее значение, /(!)= — 4 — наименьшее значение функции, f(x)-+. -* ±00 при х -* ± со. График у = f (х) изображен на рис. 71. Из этого

графика видно, что при а € ]— 4, 4[ уравне­ние f (х) — а имеет три корня, при a g {—4 4}   два   корня,   а   при   а£]—со, —4[(ji 4, cof — один корень.

Указанные в задаче п-угольиики су. ществуют тогда и только тогда,   когда п ^

5. Для их построения достаточно рас­смотреть правильный п-угольник, а затем сдвинуть его стороны по направлению к цент­ру параллельно самим себе на различные малые расстояния.

Обозначим    а, Ь, с     векторы с координатами а = (cos де, sin х), b = (cos у,

sin у), с — (cos г, sin г). Тогда |а| = |6|=|с| = 1и по условию в + 6+-с = (cos x + cos у -J-cos г, sin х + sin ^ + sin г) =0. Сле­довательно, векторы а, Ь, с отвечают сторонам некоторого треугольника ABC.  Этот треугольник — правильный, поскольку его стороны равны.

Тогда углы между векторами а и Ь, бис, 7 и а равны — , т. е.

2я       , 2я
(/ — * = —      |-2/?л, г — //=—        \-21n, к, 1^1. Отсюда

+ 2й,я,

З 4jt

2у — 2дс =      1- 4£я :

З

 

22-2zy= ­



+ г^я,

 

где fct, Іл ЈZ. Поэтому углы между векторами с, = (cos 2г, sin2z) и fc, =

-    - 2я = (cos 2у, sin 2у), bt и щ = (cos 2х, sin 2х) также равны —» причем

о

- ->       - * —у  >       > —>

і я, I = I fc, I = I   I = 1. Следовательно, векторы й1р <>i и cj отвечают сто-

-, —* —> —»

ронам некоторого правильного треугольника, т. е. at + fct -f- ct = 0. Вь:-

—»-»->

числяя координаты вектора с, + 6, + е1Р получаем искомую систему уравнений.

„3 5-4-3

шин образуют С5 =      ^ ^

693. Из 9 вершин, закрашенных в два цвета, хотя бы пять имеют оди­наковый цвет. Можно считать, что этот цвет — белый (замена каждого цвета на противоположный не влияет на утверждение задачи). Пять белых вер-

10 различных одноцветных (белых) тре-

2кп

угольников. Заметим, что поворот на угол -д—, к — 0, I,     8 относительно

центра О данного правильного 9-угольника ие меняет множества М вершин этого 9-угольиика. Поэтому после поворота каждого из найденных 10 бе­лых треугольников на углы -~-, 0 <; k ^ 8 относительно О мы получим 10 • 9 = 90 треугольников с вершинами во множестве М. Все они не могут быть различными, поскольку общее число разных треугольников с вершн-

2*8*7

нами во множестве М равно Сд =  = 78«<; 90. Следовательно,

найдутся два белых треугольника Д1 и Д2, которые после некоторых пово­ротов совмещаются с одним н тем же треугольником Д. Заметим, что тре­угольники Д, и Да различны. Действительно, два одинаковых треуголь­ника нельзя получить разными поворотами (которые мы использовали) из одного и того же треугольника. Поскольку каждый треугольник Д, и Да совмещается после поворота с треугольником Д, то и Д2 можно полу­чить из Ді с помощью некоторого поворота (а именно, равного разности поворотов Ді -» Д, Да -» Д). Значит, треугольники Ді и Д2 — иско­мые.

694. Допустим, что 1977 = <з3 + б3, где a, b — целые числа. Тогда чис­ло (а + Ь)3 = а3 + 6s -f ЗаЧ + Sab2 = 1977 + ЗаЬ (а + Ь) делится на 3, поскольку 1977 делится на 3. Значит, и сумма о -f- 6 должна делиться на 3 (ведь 3 — простое число). Заметим, что 1977 = (а + б)3 — ЗаЬ (а + 4- Ь) — (а + Ь) [(а + Ь)2 — ЗаЬ]. Произведение справа делится на 9, поскольку каждый из его сомножителей делится на 3. Однако число 1977 = = 9 • 219 + 6 на 9 не делится. Следовательно, число 1977 нельзя пред­ставить в виде суммы кубов двух целых чисел.

Сумма чисел в вершинах каждого треугольника равна I + 2 + 4-3=6. Пусть л треугольников сложены так, что их вершины совпали. Тогда сумма всех чисел в вершинах всех л треугольников равна 6л. По­скольку 6л Ф 3 • 1977 (число 3 - 1977 — нечетное), то сумма чисел в каж­дом из 3 углов не может равняться 1977. Для числа 1976 такая возможность существует. Действительно, пару треугольников всегда можно сложить так, чтобы сумма чисел в каждом из 3 углов равнялась 4. Если произволь­ным образом сложить 494 такие пары треугольников, то сумма чисел в каж­дом углу будет равна 4 • 494 = 1976.

Допустим, что из 1977 квадратных плиток можно сложить замк­нутую цепочку. При прикладывании одной плитки к другой их стороны остаются параллельными фиксированным перпендикулярным прямым. Выберем на этих прямых по одному направлению и назовем их направлени­ями «вверх» и «вправо», а соответствующие противоположные направле­ния — «вниз» и «влево». Выбрав произвольную плитку, начнем двигаться из ее центра к центру соседней, из него — в центр другой соседней и т. д. Пусть при этом мы сделаем а шагов «вверх», Ь — «вниз», с — «вправо», d — «влево» и вернемся после этого в исходную плитку. Поскольку из 1977 плиток сложена замкнутая цепочка, то прн этом будет сделано а 4-4- Ь + с + d = 1977 шагов. Кроме того,- количества шагов в противопо­ложных направлениях должны совпадать, ведь мы вернулись в исходную плитку. Следовательно, а = Ь, с = d. Тогда 1977 =а-|-а+с+с = = 2 (а 4- с). Это равенство невозможно, поскольку 1977 — число нечетное. Следовательно, 1977 клеток не могут образовывать замкнутой цепочки.

Пусть шар, двигаясь вдоль прямой /, в некоторый момент времени встречает иа своем пути борт KL в точке А. Поскольку при упругом соуда­рении угол падения равен углу отражения, то отрезок траектории шара После точки А симметричен относительно KL продолжению прямой / за точку А. Следовательно, для построения траектории шара нужно продол­жения отрезков траектории за борты последовательно отображать относи­тельно этих бортов внутрь бильярда.

Эту траекторию можно описать и по-другому, отображая вместо от­резков пути шара сам прямоугольный бильярд относительно соответствую­щих бортов. При этом траектория шара превратится в прямую. Допустим, что шар выпущен вдоль прямой / из угла О бильярда Мй, а А0, Alt ...

Ап... — последовательные точки ударов шара о стороны прямоуголь­ника Мй. Отобразим Л10 вместе с частью траектории АцА^.. шара относи­тельно стороны, содержащей точку Лв (рис. 72). Тогда прямоугольник М'а перейдет в прямоугольник Aflt точки At, Аг — в точки Л(, А2. Лсманаї ОА„Аі перейдет в отрезок ОАдА^ а ломаная А0А{А2 будет отвечать траек­тории шара, который выпускается из точки А0 в бильярде Alt вдоль направ­ления А0Ау. С новым бильярдом Мх и новой траекторией шара проделае і ту же операцию: отобразив Мх и ломаную Л.Л2... относительно борта, содержащего точку Л,, получим новый бильярд Мг и новую траекторию А |Л2Лд. При этом все четыре точки О, A0l At, А2 будут лежать на одной при­мой /. Заметим, что с помощью симметричных отображений относительно соответствующих бортов Мг, Mlt 4т0 точки Л0, Л1р Аг однозначно находят­ся, если известны точки Л0, Лр Л2.

Рассмотрим прямоугольную сетку на плоскости, состоящую из прямо­угольников 1976 X 1977 (рис. 73). Из приведенных рассуждений вытекает такой способ построения траектории шара в бильярде Мй. Из вершины О

А"

Рис. 72

одного из них проведем прямую / под углом 45° к сторонам сетки. Пусть
М0, ML            Мп, ... — последовательные прямоугольники, которые пересе-
каются прямой I. Ясно, что два соседних прямоугольника этой последова-
тельности имеют общую сторону. Отобразим прямоугольник Мп вместе с
лежащим внутри него отрезком / в прямоугольник M„_j симметрично от-
носительно их общей стороны, затем Afn_, отобразим в Мп_2 вместе с дву-
мя от^е^ками внутри Af(t    , и т. д. В итоге внутри М0 получим первые п + I

отрез .. траектории шара. Заметим теперь, что шар в момент л-го соударе­ния попадает в угол бильярда тогда и только тогда, когда прямая I прохо­дит ч| т одну из вершин прямоугольника М„, ведь бильярд Ма вместе с п-м аком пути шара конгруэнтен прямоугольнику Мп с соответству­ющим отрезком прямой / внутри него. При этом длина пути, пройденного шаром до первого попадания в угол, совпадает с расстоянием от точки О до ближайшей вершины сетки, которая лежит на прямой /. Действительно, при описанном выше преобразовании все отрезки пути шара симметрично отображаются в соответствующие отрезки прямой /, и их суммарная длина при этом не меняется.

Следовательно, осталось найти ближайшую к О точку Л на /, которая является вершиной сетки. Проведем через О оси системы координат парал­лельно сторонам сетки. Тогда прямая I станет биссектрисой первой чет­верти. Пусть Л имеет координаты к, у. Поскольку Л € то к = у. Так кая А — вершина сетки, то к = 1977т, у = 1976/, где т, I — целые числа. Отсюда получаем, что 1977т = 1976/. Поскольку 1977 и 1976 — взаимно просты, то т делится на 1976, а / — на 1977. Поэтому т ^ 1976, / ,> 1977.

Отсюда * = у = 1976/ > 1976 • 1977, а так как А — ближайшая к О топ­ка, то * = у = 1976 1977. Как отмечено выше, искомый путь шапа вен OA = 1976 • 1977 \г2.

699. Пусть искомое число N = abed. По условию 9 • abed — deba, откуда 10 abed = abed + ясба. Следовательно, справедливо такое равенст­во при сложении в столбик:

abed ~*~dcba ubcdO.

Сумма двух четырехзначных чисел меньше 20 ООО, поэтому а = 1 (я 0, так как JV — четырехзначное число). Рассматривая последний столбец, заключаем, что d = 9. Поскольку а + я* = 10, то в соответствии со вторим столбцом 6=0 или 6 = 1 (если 1 переносится из третьего разряда). Рас сматривая третий столбец, убеждаемся, что последнее невозможно. Значит, 6 = 0. Рассматривая второй столбец, заключаем, что с + 1 + 6 = А\ т. е. с = d — 1 = 8. Следовательно, N = 1089.

701. Пусть числа т. п удовлетворяют условию задачи. Тогда т + + л = lift, где 1 ^ft ^9, ft — натуральное и т • я ^999. Следовательно,

999      л          п 999

W = lift— Л   и   0 < lift — Л <                       , Т.  Є. —   < ft < -ур + —        • .

Для того чтобы при данном л последнее неравенство выполнялось при некотором натуральном ft, необходимо и достаточно, чтобы

л        999        л 999

            1          =          > 1,

11  т 11 • я      11       11 • и

откуда я ^ 90. Легко показать, что при каждом 1 < л ^ 90 и каждом

Г л 1    Г л        999 І

*<9,     + 1 =^*^|-уї—Н jj—-J . пара чисел (п, lift— л) удов.

летворяет условию задачи. Как показано выше, других решений нет.

Перепишем данное равенство в виде

(МА +ЯВ + У) (10Я + У) = (ЯА + МВ + У) (ЮМ + У),

где А = 100 ... 0 (л+ 1 нуль), В — 11...10 (л единиц). Раскрывчя здесь скобки и приводя подобные члены, получаем

АУ (М —Я) = В (ЮЯ + ЮМ + У) (М — Я) + ЮУ (М — Я).

Поскольку М Ф Я, последнее равенстве эквивалентно такому: У (А — — В — 10) = ЮВ (Я + М). Заметим, что А = 9В -f- 10. Следовательно, У . 8В = ЮВ (Я + М), т. е. 4 • У = 5 (Я + М). Отсюда заключаем, что У делится на 5. Поэтому У = 5. Тогда М + Я — 4, т. е. Л( = 3, Я = 1 или М = 1, Я = 3, так как М Ф Я. Итак, данное в задаче равенст­во имеет вид 311...15 : 35= 133 ... 35 : 15.

Множество^ совпадаете квадратом, имеющим вершины (—1, —1), (-1, 1), (1,-1), (1, 1). Щ

Введем систему координат на плоскости так, чтобы вершины квад­рата имели координаты (О, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1), а вершины четырехуголь­ника — координаты (0, Уі), I). (1. ite). (*г. 0). гДе 0 < xt, yt < 1. Тогда периметр четырехугольника равен

Легко установить, что У a?-{-bs^(a-\-Ь)/Уї для всея а, Ь^О. По­этому

1 •(*!+! —Уі+\ — *х + 1 —Уі+ 1 — хг + у% + «г + уд =

2/2,

что и требовалось доказать.

706. Для определения подлинности монеты положим на каждую чашку весов по 50 монет и найдем разность их масс. Если выбрана настоящая мо­нета, то из оставшихся 100 монет 50 фальшивых, остальные 50 — настоя­щие. Если на левой чашке к фальшивых монет, то на ней 50 — к — настоя-

 

Подпись:  1

2

3

 

п-2

п-1

п

г

3

4

 

п-1

п

1

3

4

5

 

п

1

2

 

 

 

 

 

 

 

П-1

п

1

 

 

П-3

п-2

п

1

2

 

 

п-2

п-1

Рис. 74

щих, а на правой к настоящих н 50 — к фальшивых. Поэтому разность масс на левой и правой чашках равна 50 — k — fe = 50 — 2k граммов, т. е. является четным числом. Если же выбрана фальшивая монета, а на левой чашке к фальшивых монет, то указанная разность равна 49 — 2k граммов, т. е. выражается нечетным числом. Следовательно, нечетное по­казание стрелки указывает на фальшивость выбранной монеты, а четное — на подлинность.

707.     Рассмотрим квадратную таблицу лХ ли поставим в соответствие
каждой паре (а/, bj) клетку (і, }) таблицы, лежащую в і-й строке и /-м столб-
це. Ясно, что это соответствие взаимно однозначно. Назовем множество
из п клеток полным, если каждая строка и каждый столбец таблицы содер-
жат одну клетку из этого множества (очевидно, что такая клетка будет един-
ственной). Заметим, что в сумму всех чисел а,- + Ь/, отвечающих некоторому
полному набору клеток («', /), по одному разу входит каждое из чисел мно-
жества Oj, ап, blt bn. Следовательно, указанная сумма равна ах -f- ...
... -f- ап -f- bx + ... + bn и не зависит от выбора полного набора из п кле-
ток. Поэтому для распределения набора из п~ сумм a; -f- bj на п наборов
с одинаковыми суммами достаточно разбить множество из п* клеток табли-
цы на п непересекающихся полных наборов по п клеток в каждом. Способ
этого разбиения указан на рис. 74, где цифра в клетке соответствует номеру
полного набора, к которому ее нужно отнести. Это.не единственное решение
задачи.

708.     Сформулированное в условии утверждение выполняется не всегда:

существует набор из 12 точек, расстояния между которыми не больше 3,

и среди длин отрезков, со?диняющих любые 4 точки набора, найдется

большая 2. Этот набор состоит из точек Аг, А2, А3, Л4,      Л12, делящих

на 12 равных частей окружность диаметра 3. Ясно, что все расстояния

АіАі <; 3. Кроме того, несложные вычисления показывают, что АИа < 3

< AXA3 < 2 < — = АгАц < Л,Л8 < ... < AtA7 = 3 (действительно, > 2

AlAiA7A10 — квадрат, вписанный в окружность). Очевидно, что среди

 

 

любых 4 точек данного набора найдутся 2 точки, между которыми на окруж­ности расположены еще хотя бы 2 точки этого набора. Тогда расстояние

3

между ними не меньше AtAt = —=. > 2, т. е. сформулированное утверж-

t ^

дение не выполняется для набора At, А2, ..., А12-

Продолжив отрезок до пересечения со сторонами угла, мы только увеличим его длину. Поэтому считаем, что концы отрезка лежат на сторонах угла ВАС. Если один из этих концов совпадает с А, утверждение задачи очевидно: данная фигура лежит целиком внутри круга с центром А н радиу­сом АВ. Предполагая, что концы отрезка не совпадают с А, проведем гомо­тетию этого отрезка с центром в точке А так, чтобы полученный отрезок касался дуги ВС. Очевидно, что новый отрезок длиннее исходного (любой луч с началом в точке А пересечет исходный отрезок раньше, чем новый). Следовательно, достаточно доказать утверждение задачи только для отрез­ков, высекаемых углом ВАС на прямых, которые касаются дуги ВС (рис. 75). Для доказательства рассмотрим один из таких отрезков KL. В Л AKL ^ LAK = 60° по условию, так что ^ ALK + ^ AK.L = 120°. Поэтому одни из углов ^ ALK, ^ AKL не меньше 60°. Если, например, л AKL > 60° = ^ LAK, то и AL > KL (по свойству стороны, лежащей против большего угла). Отсюда АВ > AL > LK, что н требовалось дока­зать. Случай ^ ALK > 60° рассматривается аналогично (при этом LK < < АК < АС= АВ).

Пусть одно из искомых чисел N имеет л знаков. Тогда N ^ 10"~1. При этом сумма цифр S числа N не больше 9л. Значит, II • 9л > 11 S = = N 10"—'. Так как 10"—1 > 99л при я ^ 4, то число N имеет не болег 3 цифр: я ^ 3. Пусть N = abc, где цифры a, b могут быть и нулями. Тогда N = 100а-f- 10ft+с = 11 (а+6-f-c). Следовательно, справедливо со­отношение 89а = ft + 10с. Ясно, что оно эквивалентно исходному равенству N = 11S. Поскольку ft н с— цифры, то 89а ^9+10-9, т. е. а ^ I. Если а=0, Toft=c=0HiV=0He является натуральным числом. Если же а = 1, то из уравнения Юс + ft = cb = 89 находим с = 8, b = 9. Следовательно, N = 198.

Пусть alf fl2, .... a1B—данные векторы, a S = at + + ом их сумма. По условию для любого k= 1,       10 справедливо неравенств.»

I 5 — ~ak I = I aj -f ••• +aft_1 + afc+14- ••• +^i0l<|S|, так как в

наборе alt ал_[, aft+1, а10 ровно 9 векторов из заданной сово­купности. Значит,

IS - ak |8 = | S |2 - 2 (S, flft) 4-1 aft |2 < | S |2,

 

т. e. (aj, S) >     1 aft I* > 0 для всех k. Полученное неравенство означает,

что проекция любого вектора aft на направление вектора S положитель­на. Это направление является искомым.

Пусть CD — биссектриса треугольника ABC. Рассмотрим на сто­роне СВ точку К такую, что ^ CD К — CAB. Точка К с таким свойством действительно существует, так как угол CDB является внешним углом треугольника ACD и, следовательно, ^ CDB > ^ CAB. Треугольники ACD и CD К подобны. Следовательно, АС : CD = CD : СК. откуда CD- => = АС СК < АС • СВ. I

Допустим, что в окружность с центром О (а, Р) вписан треуголь­ник с вершинами АіІРх, ft), А^{рг, ft), А3(рв, q3), где pt, щ — рационат-

 

7 3-2730


193



 

 

вовЗло не более 7 игроков киевского «Динамо» ^7 < -jj- • 11 < 8j. Следова­тельно, в сборную включены не более 2 « 7 = 14 киевлян (ft ^ 14). С дру­гой стороны, легко найти, что я ^ 11 —7 = 4. Поэтому доля игроков «Динамо в сборной

ft          14 7

ft + rc"-ft + 4"- 14 + 4 ~ 9 »

что и требовалось доказать.

720.     1978-Значное число, удовлетворяющее условию, существует.
Выберем, например, х = 4545...45 (1978 цифр). Если положить у = 5454...
...54 (1978 цифр), то сумма х + у, очевидно, равна 99...9 (1978 цифр).
1977-значного числа с таким свойством не существует. Для доказательства
обозначим х = fljOa ... ап, где я = 1977 — число нечетное, а     — одна

из цифр {0, 1  9}. Пусть у = bxb% ... bn, где [bt        bn) — некоторая

перестановка цифр {ах, ап). Заметим, что из равенства дг+ у= 99...9.
(п цифр) следует, что ап + Ьп = 9, а„_, + &„_, = 9, + bt = 9.

Действительно, последняя цифра числа ап + Ьп должна равняться 9. В самом деле, ап + bn ^ 9 + 9 = 18 < 19. Следовательно, ап + Ьп = 9, и при этом сложении нет переноса единицы в следующий разряд. Аналогично убеждаемся, что ап_, + bn_i = 9 и т. д. Вычислим сумму S = (at + + bj) + ... + (а„ + bn) = 9 + ... + 9 = 9n. Это число нечетное. С дру­гой стороны, at + Oj + ... + ап = Ьг + ... + Ьп, так как {blt b2, ... .... Ьп\ — перестановка цифр [alt ап). Поэтому S = (at + ... + а„) + + (£>! + ... + 6„) = 2 (aj + ... + ап) — четное число. Полученное проти­воречие указывает на то, что равенство х + у = 99 ... 9 (я цифр) при нечет­ном п невозможно.

721.     Докажем, что точка А лежит на прямой ВС. Предположив против-
ное, рассмотрим треугольник ABC. Пусть — D центр окружности, опи-
санной вокруг Л ABC. Тогда AD — BD = CD, и условие задачи не выпол-
няется при М = D. Если А @ [ВС], то достаточно рассмотреть только слу-
чай, когда С Є \ВА[. Выберем точку М так, чтобы В £ [ЛІСІ- Тогда
AM = MB + ВА = МС + СА и AM > MB, AM > МС, что противоре-
чит условию. Итак, А Є ВС. Легко доказать, что для любой точки отрезка
ВС условие задачи выполняется.

722.     Если рассмотреть остатки от деления 2" на 7 при п = 1, 2, 3      

нетрудно заметить, что они зависят только от остатка при делении п на 3. Для доказательства этого представим п в виде п = 3ft + /, где ft — целое, / Є (0. I, 2}. Тогда

2" = 2' • 23ft = 2' . 8s = 2f + 2' (8* — 1) =

= 2' + 2' (8 — 1) (8*-1 + ... + 1) = 2' + 7N,

где N — целое число. Следовательно, при я = 3ft (/ = 0) число 2" дает ос­таток 2° = 1 при делении на 7, при я = 3ft + 1 (/ = 1) — остаток 21 = 2, а при я = 3ft + 2 — остаток 22 = 4. Поэтому 2" — 1 делится на 7 тогда и только тогда, когда п делится на 3, а 2" + 1 не делится на 7 ни при ка­ком натуральном я.

723.     Выигрывает тот, кто ходит первым. Для этого ему каждый раз
следует играть так, чтобы число спнчек, остающихся на столе после его
очередного хода, делилось на 3. Первым ходом начинающий снимает
1 спичку (1978 — I = 1977 делится на трн), а затем на каждый ход вто-
рого игрока отвечает так, чтобы за два хода были сняты ровно 3 спички
(на 1 отвечает 2, а на 2 — 1). Ясно, что после любого хода первого игрока

7*. "195 число спичек на столе делится на 3, а после любого хо,на второго — не
делится (в частности, не может быть нулем). После того как будет сделано
1977    з

1 + 2 •             g          = 1317 ходов, на столе останутся 3 спнчки, и должен

ходить второй игрок. Поэтому в любом случае выигрывает начинающий. Легко показать, что если бы начальное число спичек делилось на 3, вы­играл бы второй игрок.

Пусть С 6 М, причем С $ (АВ). Рассмотрим треугольник ABC. Докажем, что угол АСВ не может быть острым. Действительно, если ^ АСВ < 90°, проведем ААХ _1_ ВС. Легко установить, что для любой точ­ки Сх 6 ЙХС] П [ВС] выполняются неравенства СВ > QB, СА :> СгА (для этого достаточно рассмотреть прямоугольные треугольники ACAlt АСлАх, которые имеют общий катет). Полученные неравенства противоре­чат определению множества М. Следовательно, угол АСВ при С 6. М — тупой или прямой. С другой стороны, если некоторой точке С на плоскости сооїветствует не острый угол АСВ, то Аг @ [СВ[ и для каждой точки Сх б £ СВ справедливо неравенство СА ^ С^А (достаточно рассмотреть прямо­угольные треугольники AAjC и АА^, где ААг J_ ВС). Следовательно, все такие точки С принадлежат М. Кроме того, ясно, что пересечение М с прямой ВА есть отрезок АВ. Поэтому искомое множество М совпадает со множеством точек на плоскости, из которых отрезок АВ внден под тупым или прямым углом (включая и А В). Следовательно, М — круг, построен­ный на АВ как на диаметре.

Из данного равенства следует, что

а У а) = о4 • а2 • а = а1.

Пусть р — некоторый простой делитель числа b (поскольку b > 1, то та­кой делитель существует). Тогда о' = б8 делится на р. Следовательно, а также делится на р. Положим b — р^с, а = pad, где с, d — натуральные числа, взаимно простые с р, а а |> 1, Р ^ 1. Из полученного равенства за­ключаем, что ps®(? — р7а(Р. Поскольку числа с8, d7 взаимно просты с р, то отсюда выводим, что 8(5 = 7а. Значит, Р делится на 7, а а — на 8. Так как а > 1, Р > I, то а > 8, Р > 7. Следовательно, о = рас > Ра > /?8 > > 28 = 256, b - р®а ^ р® ^ /?' ^ 2' = 128, так как натуральные с и d не меньше 1, а простое число р не меньше 2. Легко установить, что значе­ния а = 256 и b = 128 удовлетворяют данному уравнению, т. е. являются искомыми наименьшими его решениями.

Рассмотрим на плоскости такую систему координат, в которой три вершины А, В, С данного квадрата имеют соответственно координаты (0, 0), (0, 1), (1, 0). Эти координаты — целые числа, причем хотя бы одна из двух координат каждой из точек А, В, С является четным числом. Дока­жем, что после какого угодно количества операций вида ((-, •)) полученная точка будет иметь целые координаты, причем хотя бы одна из ннх будет четной. Действительно, пусть на некотором шаге мы строим точку R (х, у) симметрично точке Р (хи уг) относительно Q (х2, у2), причем полученные

ранее точки Р, Q обладают указанным свойством.   Тогда * ~^ *' = х2,

IJ g ^ = у2, так как Q—середина отрезка [PR]. Следовательно, х =

= 2х2 — у — 2у2 — yv Отсюда видно, что х, у — целые, поскольку хл - У и х2> У2 — Целые. Кроме того, одно из чисел х1г yt — четное по предпо­ложению. Поэтому и соответствующая координата х или у точки R — тоже четная. Следовательно, все точки, которые можно получить из А, В, С с помощью операции ((, •)), имеют целые координаты, одна из которых чет-

1У6 на. Но координаты четвертой вершины квадрата/) (1, 1) нечетны. Поэтому точку D получить нельзя.

Такое расположение точек возможно. Пусть точки Аг, А2, А3, At образуют ромб с единичной стороной и острым углом 60°, Alt А3 — верши­ны острых углов. Повернем этот ромб вокруг точки АХ до положения А,А'2А3А\ так, чтобы А3А3 = 1 (рнс. 76). Семь точек Аг, Аг, А'2, А3, А'ъ At, А4 удовлетворяют условиям задачи. Действительно, из любых трех то­чек данной совокупности хотя бы две принадлежат одному нз множеств Mi, Ait Ая, Л4}, (Лі, А2, А'ъ, А'4]. Пусть, например, эти точки являются вершинами ромба АхАгА3Аь (другой случай рассматри­вается аналогично). Среди 6 отрезков, соеди­няющих вершины этого ромба, 5 единичных и только один — АХА3 — не единичный. Если найденная нами пара точек не совпадает с Ах, А3, то расстояние между ними равно 1, и соот­ветствующий треугольник будет иметь еди­ничную сторону. Если же эта пара совпа­дает с Alt А3, достаточно рассмотреть 5 треугольников со стороной ЛіД?:Л AxA3Aiy Л ;М3Л4, Л АгА3А'2, Л АхА3А\, Л АхА3А'г. Каждый из них содержит единичную сторо­ну. Следовательно, любой треугольник с вер­шинами нз множества {Аг, Аг, А2, Л3, Л3, At, >44} имеет единичную сторо­ну, что и требовалось доказать.

Множество М состоит из точек квадрата с вершинами (0, 2), (2, 0), (0, —2), (—2, 0), исключая точки внутри квадрата с вершинами (0, 1), (1, 0), (0, —1), (—1, 0). Наибольшее значение суммы х -f- у при (х, у) £ М равно 2, а наименьшее — 2.

а) Такая прямая всегда существует. Для доказательства начнем вращать данную в условии прямую, следя при этом за разностью числа то­чек, лежащих по одну и по другую сторону от этой прямой. В начальный момент эта разность равнялась 48 — (99 — 48) = —3. Заметим, что ука­занная разность прн каждом достаточно малом повороте прямой либо lie меняется, либо изменяется только на 2. В первом случае при движении прямой на ее пути не встречаются точки, а во втором одна точка перехо­дит с одной стороны от прямой на другую. Две точки одновременно не могут перейти на другую сторону по отношению к прямой, так как никакие две точки нз числа данных не лежат на одной прямой с точкой О. Далее, прн повороте прямой на 180° введенная разность числа точек станет равной 3= (99 — 48) — 48, поскольку полуплоскости, на которые прямая делит плоскость, поменяются местами. Как указано выше, изменение рассматрива­емой разности от значения —3 до 3 могло происходить только «непрерыв­но» приращениями на 2 или —2. Следовательно, в некоторый момент вре­мени эта разность принимала значение -4-1, т. е. по одну сторону от прямой находилось 49 точек, а по другую — 50.

б) Такой прямой может не существовать. Покажем это на примере.
Построим окружность с центром О, разобьем ее на 99 равных частей точ-
ками Ах, Аг     Аю. Как легко показать, что каждая прямая, преходя-
щая через О, разбивает окружность на две равные части. В одной из них
лежит 48 точек, в другой — 49 (или тоже 48, если данная прямая прохо-
дит через одну нз точек построенной совокупности). Следовательно, по
каждую сторону от произвольной прямой будут лежать не менее 48 точек
данной совокупности, так что в этом примере подходящей прямой не су-
ществует.

 

 

731.     Для доказательства построим перпендикуляры нз точки О на сто-
роны треугольников ЛВС н А^В^Сх. Эти перпендикуляры пересекут сто-
роны АВ, ВС, AC, Л1В1, SiCx и ЛіСх в нх серединах — точках С, А'
В' и CJ, Л,, В, соответственно (поскольку О— центр окружности, опи-
санной около Л ABC н Л ЛіВ(Сі). По свойству средних линий А В : Л'В'=
== ВС : В'С = АС : А'С = 2:1, поэтому Л ABC ~ Л А'В'С. Итак,
для доказательства подобия достаточно проверить,   что Л MtM2M3

~ Л А'В'С. Далее, заметим, что равные треугольники ABC и ЛхВ^, вписанные в одну окружность, можно совместить поворотом вокруг точки О на угол а = ^ ЛОЛі (при этом совместятся точки Л н Л1р а из равенства сторон АВ = Л1В1, ЛС = ЛхСі вытекает, что тогда совместятся В и В., С и С,).

Рассмотрим теперь четырехугольник 0С'Л11С]. Угол С ОС, равен углу между прямыми АВ и Л^, поскольку ОС J, ЛВ, ОС, _L Л а. Следова­тельно, ^ С'ОСу = а, так как отрезок ЛВ получается нз отрезка AxBt поворотом на угол а вокруг О, как показано выше. Кроме того, прямоуголь­ные треугольники OMtC, ОМгСу равны, поскольку имеют общую гипоте. нузу OMi и ОС = ОС, как перпендикуляры к равным хордам. Следова­тельно, ^ OjMjC = -с О/И,С, = а/2, ОС : 0Mt = cos а/2. Рассматривая аналогично четырехугольники 0Л'Л12Л,, 0B'M3Blt приходим к выводу,

что ^ СОМ, = ^ Л,ОМа = ^ В'0/И3 = -|- и ОС : ОЛі! = OA' : ОМ2 = ее *

= ОВ' : 0Л/3 = cos       Отсюда следует, что точки Mlt М2, Мя можно

получить из точек С, Л', В', если последовательно выполнить поворот а

вокруг точки О на угол -g- и гомотетию относительно этой точки с коэффи­циентом cos ду9 • Поэтому Д /HjMaMs <*> Д А'В'С. Следовательно, как показано выше, и Д МхМ2М3 со Д ЛВС, что и требовалось доказать.

/ ь

т)-

732.     Найдем область всех возможных значений величины / = min — ,

\ а

где а ^ Ь    с — длины сторон треугольника.  По определению

6 с

— ^ 1, — ^ 1, следовательно, и t~$> 1. Поскольку < — наименьшее из a ft

чисел — , — . то — ^ t, —    t, т. е. Ъ ^ at, с ;> Ы. Длины сторон
а      Ь  а о

треугольника удовлетворяют неравенству с — Ь < а.  Поэтому b ((—I) =

~bt — b^c — * < а <      . Отсюда получаем, что (t — 1) t < 1. Этому

неравенству (с учетом / ^ 1) удовлетворяют точки отрезка [1, (УЪ -\- 1)/2Ь Следовательно, возможные значения величины t должны принадлежать этому отрезку. С другой стороны, для каждого /£[1, (/5-f- 1)/2[ можно построить треугольник с длинами сторон а = 1, Ь = t, с ~t2, поскольку 1 -f t > t2, 1 +t2 > /, t +t2 > 1. Для этого треугольника Ь/а = с/Ь = «, так что min (b/a, c/b) = t. Следовательно, множество всех возможных значений величины min {Ь/а, с/Ь) совпадает с отрезком [1, (j/5 + О/2!' 198

Вначение 3 эта величина не принимает, а 2 — принимает, поскольку 2 < < Г* + * <3.

2

733. Представим данную дробь в виде

 

Подпись: 1   + ■I)  • 2. (р-2) ^       ^   (р _ 1) (р + |)/4

 

(число р нечетно, поэтому (р ± 1)/2 — целые числа). После приведения к общему знаменателю  дробь в квадратных скобках  будет иметь вид

~5—к   —-.      гт— ,   где  о — натуральное   число. Следовательно,

1 • z     (Р — ч

у = - . 2 . . fQm (р _ ц . откуда про =1-2. ... • (р — 1) т. Ле­вая часть этого равенства делится на число р. Значит, делится на р и пра­вая часть. Поскольку р — простое число, то р взаимно просто с произведе­нием I • 2 ... (р — 1). Следовательно, ш делится на р, что н требовалось доказать.

734. Обозначим неизвестный радиус через г. Заметим, что каждый из треугольников ACD, BCD подобен Д ABC, так как они прямоугольные и имеют общие острые углы. Значит, тх '• г — АС : АВ, r2 : г = ВС : АВ. Отсюда по теореме Пифагора

АС* + ВС* _(Гі\а ,(г,\'_   r\ + rl АВ2

т. е. г = V'\ + г\ .

735. Если у = 0, к ф 0, то выражение под знаком предела равно 1, а при у — 0, * = 0 оно не определено. Поэтому точки прямой у = 0 не

попадают в искомое множество. Пусть теперь у ф 0. Обозначив г = ~г^у

вычнелим

1,   если   г> 1,

Ига   V7 *'.« = lim ^Г-ГТ-= I     0.   если   г= 1,

+ |,|"     „-о г» + 1       еми 0<г<1

Следовательно, данному в задаче условию удовлетворяют лишь точки (х, і/), для которых 0 г = х2/|«/1 < 1. Неравенство | і/1 > х2 эквива­лентно совокупности {у > х2) {] [у <. —х2), т. е. искомые точки лежат к ад параболой у = х2 и под параболой у — —х2.

736. Пусть три члена данной последовательности: a + kd, a + Id, a + md, где k < / < m — натуральные числа, образуют геометрическую прогрессию. По свойству этой прогрессии (о + Id)2 = (a + kd) (a + md).

Обозначив x = — и разделив это уравнение на d2, получим (х + /)2 = d

= (х + k) (х + /я), т. е. (21 — k—m) х = km — Р. Легко показать, что 21 — к — тфО (иначе 21 — k — т = 0 = km — Р, откуда (fe + m)a = = 4/2 = 4km, т. е. & = т, что невозможно). Следовательно, х = = (km — /2)/(2/ — k—m), где k, I, т — натуральные числа, т. е. х = = aid —рациональное.

737. Заметим, что

4+1 - 4 = (4 - 2)2 - 4 = лг2 (*» - 4) = 4х2„_, (*2_, - 4) = • • = (*„*„_, . . . *і)2 (ДГ[ - 4) = 21      ... *„)». Отсюда заключаем, что

(           )' - 21 + ?

\ *t  . . . Хп /    '    (*1  • • *л)2

для всякого натурального п. Легко установить, что при всех л хп > 2. Дей­ствительно, *х > 2, а = х\ — 2 > 2й — 2=2, если только дсп > 2. Поэтому

О < lim 7         і           w < lim 4 • 2^2" = 0.

Следовательно,

 

\я-*оо  Хх . . .  Хп J        П-+СО \ Х1   • Хп І

-   lim I

2, + 7^7^) = 21-

т, е. искомый предел равен /21.

я (л — 1)

738. л вершин данного я-угольника соединяются ——- прямыми

(их ровно столько, сколько существует пар точек из данной совокупнос­ти). Так как я нз этих прямых являются продолжениями сторон, то

л (я—1)           я(я —3)           „ „

я-угольник имеет т = ——g—           л = ——- диагоналей. Эти диаго-

т(т— I)

нали (и их продолжения) имеют всего — точек пересечения (по

числу всевозможных пар диагоналей). Среди этих точек есть я вершин

.     (л — 3) (л - 4)

данного я-угольника, каждую из них мы подсчитали ft =          •

раз. (Поскольку через вершину проходит л — 3 диагонали, то число пар таких диагоналей равно ft). Следовательно, внутренних и внешних точек пересе­чения диагоналей л-угольннка ровно

" И - ') _ kn = " (" ~ 3) (д. _ 7п + И) =L.

Заметим, что между множеством внутренних точек пересечения диагона­лей и множеством всех четверок различных вершин л-угольннка (концами этих диагоналей) имеется взаимно однозначное соответствие. Поэтому общее количество внутренних точек пересечения диагоналей / = С', =

л (л — 1) (л — 2) (л — 3) „
= —1    т-~—=—-j        — . Следовательно, количество точек пересече-

иия продолжений диагоналей (лежащих вне л-угольннка) равно

л (я — 3) (л — 4) (л — 5)

l — i —

Искомая площадь равна Ч3 + 2/л.

В прямоугольном треугольнике ABC проведем высоту и биссект­рису прямого угла CL и СМ.   Обозначим а = ^ ВАС.  В ДС/.Л1 угол

L — прямой, a ^ LCM = ^ ACM — ^ ACL = -5            —а| = а— у .

Следовательно,  cos (а         ^-j =       = -1. Вычислим

 

sin

р

,^_2а) 2cos«(-J--a)-

тЧ2

_Р                    212 — т2 •

тг

741. Обозначим L = [KD] П [ЛМ], TV = [КС] Г] [MB], х = АК, у = = DM, Л — высоту трапеции ABCD. Тогда /СВ = я — х, МС = 6 — у. Вычислим площадь четырехугольника KLMN. Для этого рассмотрим трапецию AKMD. Поскольку Д AKL ~ Д LDM, то LK : DK = LK : (/-К + + LD) = ЛЯ : (Л/С + MD) = л;: (л: + у). Треугольники LKM и DKM име­ют  общую  высоту,   поэтому  S^LKM : S^DKM = LK : DK = x:(x + y).

Кроме  того,  S^DKM = -і- n • DM = -~~ .  Следовательно,   S^LKM =

 

2      * + ty " Аналогично находим

h{b-y)

S,

>&KMN            2          (a — x) + {b — y)

Отсюда

с        _s        4- S         --          1 h(   ху    І   (а-*)(6-У) ^

^KLMN ~ bALKM + bAKMN -   2     U + f/ +   a + 6 - JC — iy ) '

 

Докажем, что SKLMN ^ 2 (a + 6) ' ^ЛЯ этого РассмотРим разность

abh

2(а + Ь) ~  KLMN -

h

[—xy(a + b)(a + b—x — y)~

2(а + Ь)(х + у) (a + b-x-y) -(a-x)(b-y)(x + y)(a + b) + ab(x + y)(a + b-x-y)]. Выражение в квадратных скобках равно (ау — Ьх)2, отсюда

h I   ab (ay — bx)2       \ abh

KLMN     2 V а + b      (a + b)(x + y)(a + b — x — y) j     2 (о + 6)

при 0 ^ х я, 0 ^ у ^ Ь. Это неравенство превращается в равенство, если ау — Ьх = 0, т. е. прих : а= у : Ь. Итак, площадь четырехугольника


принимает наибольшее значение тогда и только тогда, когда, ак ав = DM : CD. Это значение равно

abh      ab „

2(c + fc)      (a + b)2 "лвсв-1 742. Заметам, что при xt = х% = 0 из неравенства

f(x1) + f(xiXf(4+4)        (1)

«ледует, что 2/ (0) ^ / (0), т. е. / (0) ^ 0. Отсюда / (0) = 0, поскольку
/ (х) ^ 0, и неравенство

/(*)«£ 2*         (2)

является при х = 0 равенством. Положив в (I) хх = х, ха = I — х, по­лучим

/(*)</(*)+/(! -«)</(! -* + *) = /(!) = I. т. е. / (д) ^ 1 для всех jc € [О, I].

 

Пусть х Є

0,     j. Тогда 2хЄ]0, I], и из неравенства (1) при хх =

х2 = х следует, что 2/ (х) < / (2х), т. е.

/(*)   ^ /(2*) ^

х    ^ 2х

для всех дг Є jo. ~ j .

Для доказательства (2) при л; £ ]0, I] заметим, что          каждое число

*Є]0, 1] принадлежит одному из отрезков вида ]2—"   , 2"""], где л =

•= 0, 1, 2, ... (достаточно выбрать я = [—log2Jt], тогда     —log^x^
< л + 1. т. е. 2-"-1 < х < 2_").

Если дг £ 1-4- , Л , т. е. л = 0, то   ./ М   ^ _!_ < 2, поскольку
2      I   а: л;

 

Пусть теперь х £

сі]

/(jt)^l, а лг >-g-. Следовательно, f(x)<2x для всех xЂJ-^-i 1 "j"» и (1) справедливо и в этом случае.

, т. е. я > 1. Тогда х < 2х < 2гх <

... < 2" 'д: ^< 2"д:.  Отсюда в соответствии с (3)

Ш_<±^_<       < /(2"~'^) < /(2ях) 0 д:    ^   2*   ^       ^   2"-'^   ^ 2"*

|последнее неравенство доказано выше, в нем 2"х > ~j . Следовательно,

неравенство (1) доказано для всех х £ [0, 1].

743. Обозначим Sn = % + а2 -f- • • • + я„. Последовательность {S„} не убывает: Sni , — Sn = an_|_j ^ 0 и ограничена: Sn ^ 1 по условию. Следовательно, существует lim Sn = S. Рассмотрим разность bn — S„ —

П-юо

— S „ . Так как эта разность состоит из л — [л/2] слагаемых, каждое из Ы

 

 

которых ие меньше ап (последовательность {а/г} убывает по условию), то

bn = Sn — S[n/2j = a[n/2]-fі + • • • +ап>[п — ["jf ]) ап-Поэтому справедливо неравенство

 

Заметим, что

lim b„ = lim S„ — lim Srn/2i = S — S = 0.

л-юо    n-*oo n-*oo

Поскольку 0 ^ nan ^ bn, то

0 < lim nan ^ 2 lim bn = 0,

 

т. е. существует   lim nan = 0.

П-+0О

Для каждого натурального n положим m = n + 2. Тогда nm + -|- 1 = n (n + 2) + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + l)2 — число составное, что и требовалось доказать.

Следует выбрать к = 100, (/ = 10, z = 1. Поскольку а, 6, с — цифры, то сумма S = а* + by + с = 100а + 106 + с совпадает с трех­значным числом abc. Первая цифра числа S равна а, вторая — Ь, а тре­тья — с, т. е. по сумме S цифры а, Ь, с однозначно восстанавливаются.

Пусть числа N = 19792 + 21979 и 1979 имеют общий делитель р > 1, т. е. N = рп, 1979 = рт, где т, п — натуральные числа. Тогда

21979 = N_ 19792 = рп_ р2т2 =р(п— рт2)

делится на р. Следовательно, р — число четное (число 21979 не имеет ни одного нечетного делителя, кроме 1). Это невозможно, так как нечетное число 1979 не может равняться четному числу рп. Следовательно, числа N и 1979 не могут иметь общего делителя.

Это возможно даже для 7 точек (см. задачу 728).

Пусть числа 1, 2, .... 9 произвольным образом разбиты на три группы: о2, а3] — первая группа, [blt b2, Ь3) — вторая и [ct, с2, с3) — третья. Тогда множество {alf а2, о3, blt b2, b3, си с2, с3} получается некото­рой перестановкой множества {1, 2, .... 9} и, в частности, а^а^аф^ ... ... cfcgc3 = 1 • 2 ... • 9. Допустим, что указанное в условии наибольшее из произведений не превосходит 71. Тогда и ака.га3^7\, 61Ь2&3^71, <V2c3 < 71. Отсюда 713 > {а^а^ (&А&3) (ciC2c3) = I 2 • ... 9 = (З X X 4 • 6) (2 • 5 • 7) (8 • 9) = 72 70 - 72 = (71 — 1) (71 + І)2 = 713 + + 712 — 71 — 1 > 713, что невозможно. Следовательно, при любом раз­биении наибольшее из произведений не меньше 72.

749.     Пусть d — наибольший общий делитель чисел а,           а49. Тогда

сумма й] + о2 + ••• + а« = 999 делится на d, т. е. d — делитель числа 999 = 3s • 37. Поскольку d — делитель ak, то a^^d, k= 1, 49.

999

Следовательно, 999 = at+ а2+ ... + аю > 49d, откуда d ^ —- < 21.

Поэюму d как делитель числа 999 может принимать только значения 1, 3, 9. Наибольшее значение d = 9 достигается, так как 999 можно разло­жить на 49 слагаемых 9 + 9+ ... + 9 + 567, каждый из которых де­лится на 9. Наибольшее значение делителя равно 9.

750.     Искомое множество М совпадает с параллелограммом Р —
= i41B1C1D1, где Alt Ви Сх, Ј>i — середины отрезков AD, BD, ВС, АС.

Ясно, что вершины Р принадлежат М. Кроме того, как нетрудно убедить­ся, вместе с каждой парой точек к1у jt2 искомое множество М содержит весь отрезок [jtj, х2]. Отсюда непосредственно следует, что М = Р.

Как и в задаче 746, убеждаемся, что число N = 19791978 + 19781979 взаимно простое с 1978 и 1979 (так как 1978 и 1979 — взаимно простые). Отсюда следует утверждение задачи.

Обойти все кубики жук не сможет. Чтобы доказать это, раскрасим данные кубикн в два цвета. Пусть один из угловых кубиков — черный. Все кубики, имеющие с ним общую грань,— белые. Кубики, соседние с

белыми, закрасим в черный цвет и т. д. (рис. 77). Не­трудно сосчитать, что из 27 кубиков 14 будут черны­ми, а остальные 13 — белыми. Центральный кубик — белый. При каждом ходе жука цвет кубика меняется на противоположный, поэтому после 27 ходов, начи­ная с белого кубика, жук пройдет 14 белых и 13 чер­ных кубнков. Поскольку белых кубиков, как отмече­но выше, только 13, то за 27 ходов хотя бы один белый кубик будет пройден дважды. Следовательно, обойти Рис. 77 все 27 кубиков, побывав в каждом по одному разу, жук не сможет.

755. Задача решается аналогично задаче 749. Наибольшее значение об­щего делителя равно 91.

Каждый квадрат указанного в условии вида задается длиной сто­роны и левой нижней вершиной. Нетрудно убедиться, что для квадратов со стороной k (k — 1, 2, 9) множество подходящих нижних левых вер­шин совпадает со множеством вершин единичных квадратов, лежащих в прямоугольнике (10 — k) (9 — k). Всего таких вершин (11 — k) (10 — k). Поэтому можно выбрать (11 — 1) (10 — 1) + (11 — 2) (10 — 2) + ... + + (11 — 9) (10 — 9) == 10 • 9 + 9 • 8 + ... + 2 • 1 = 420 квадратов, ко­торые удовлетворяют условиям задачи.

Прн каждом л ^ 2 справедливо тождество

ап = а0 + (а, — а0) + ... + (а„ — ап_.) = 6, + • • • + Ъп.

Поскольку {&„} не возрастает, то Ък ;> Ьп при 1 < k ^ л. Следовательно, «п > tibn = л (о„ — \_,).   Отсюда   па„_, >(я — 1) а„,  т.  е.  с„_, =

=          ^ -5^- = с„ при л ^ 2, что и требовалось доказать,

л — I л

Выберем на плоскости произвольную точку О. Пусть а — центр тяжести системы точек аг, Л2, Ап, т. е. ОА = — (ОЛ. + ... + оап). Из определения Л получаем

Та1 + ~АА2 + ... + аап = (ОЛ! — оа) + ... +(оап — оа) = = (РАУ + -.. + ~олп) — пОА =0.

Поскольку

|ХЛА]2 = | XA~ + AAk\*= 1-ХЛ Р + 2ХА - ЛЛА +1 ЛЛА I2,

то         S{X) = \XA1\2+ ... +IAA.I2 =

= л|^|2 + 2ХЛ(ЛЛ1+ ••• + ААп) + {\АА1\* + ••• +\ААп\*)=* = л | Х% |2 + S (Л).

По определению искомого множества М сумма квадратов расстояний S (X) не зависит от X £ М а равна S (Ax). Следовательно,

М = {X | S (X) = S (А,)} = {X | п | ХА |2 + S [А) = п \ ЛИ |2 + S {А)) =

= (X | | ХА | = | /ЇИ |}

совпадает с окружностью радиуса .4/4j с центром в точке А.

Обозначим рп л-е простое число. Найдем несколько первых чле­нов последовательностей ап, рп: рх — 2, р2 = 3, р3 — 5, р4 = 7, р5 = 11, «1= 2, яа = 5, о3 = 10, а4 — 17, с6 = 28. Очевидно, что отрезки [2, 5], [5, 10], [10, 17], [17, 28] содержат квадраты натуральных чисел. Поэтому достаточно доказать утверждение задачи при л ^ 4.

Заметим, что неравенство ап ^ т2 < ап + 1, где т — натуральное число, эквивалентно Уап ^ т ^ \/гап_^_1 . Очевидно, что всякий отрезок, длина которого не меньше 1, содержит хотя бы одно натуральное число. Поэтому для доказательства утверждения задачи достаточно проверить, что при л ^ 4 yran+1 — Уап ^ I • Это неравенство эквивалентно a„_|_i ^

1 + 2Уап + ап, т. е. рп+1 = ап+1 — ап > I + 2 j/e„. Следовательно, достаточно доказать, что при л ^4

(pn+i - О2 > 4 (р, + р2 + ... + р„). (1)

Рассмотрим выражение qn = (р„ — I)2 — 4 (р, + ... + рп). Докажем, что последовательность q„ не убывает при л 3s 2. Для этого вычислим

<?„+1 — Чп = (/9n+1 — I)2 — (Рп — I)2 — 4р„ =

= (Pn+i — Рп) (Рп + P„+i — 2) — 4р„.

Все числа рп — нечетные при л ^ 2, поэтому рп_|_, ^ р„ + 2 для я ^ 2, Следовательно,

оп+] - Чп > 2 (р„ + Рп+, — 2) - 4р„ = 2 <рп+, — р„ - 2) > 0

при всех л>2. Заметим, что <?6 = (11 — I)2 — 4 (2 + 3 + 5 +7) = 32 >

0. Поэтому и qn ^ qt > 0 при я 5. Значит, при и > 4 справедливо неравенство (1), что и требовалось доказать.

Обозначим ап = У 1 -{- V\ + •. + /і + 1 (я корней), 6„ =
= 1 -\   =-ї                    (2л знаков дроби). Из соотношений

1+ ••• + -        г-

1 + ... +_

с„ ,, = У\ + ап, bn+l = I -)         — , oij = /2 , pt = — по индук-

• + т-

ции нетрудно вывести, что 0 ^ ап ^ с, 0 ^ &„ ^ с, где с = (1 -J- УЬ)/2 — положительный корень уравнения с2 = с+ 1 и an+l > ап, bn+l > в,„ при я    1. Отсюда вытекает, что существуют lim а„ — lim Ьп = с, где с —

Л-ЮО Л-+0О

положительный корень уравнения с2 = с + 1. Это и требовалось доказать.

При произвольном заполнении таблицы число 1 записано в од­ной из клеток. У нее 4 соседних. Поскольку число 2 записано в двух клет­ках, то хотя бы один сосед числа 1 не меньше 3. Значит, хотя бы одна из разностей чисел в соседних клетках не меньше чем 3 — 1 = 2. Поэтому и наибольшая из таких разностей при любом заполнении таблицы не меньше аз-

2. С другой стороны, таблицу можно заполнить так, чтобы каждая из раз­ностей чисел в соседних клетках не превышала 2 (рис. 78). Следовательно 2 — наименьшее значение наибольшей из разностей чисел в соседних клетках.

Искомая площадь равна 4/3.

х13

Построив график функции / (х) =        ц , убеждаемся, что при

1 -р X

14/      

О < | о | < 13/І4 У 13 функция / (х) принимает значение о два раза, при

14/—

я € {0, ± 13/14 у 13} — один раз,  а при | а|>

> 13/ii V13 уравнение f(x) = о решений ие имеет.

766. Обозначим   о = AD, b = ЛВ, с = ЛЛ(.

Тогда a J_ Ь, а ±_ с, Ь _[_ с, поскольку параллеле-

—>-     -> -»

пипед прямоугольный. Вычислим j4Cj = а + Ь + + 7, ЛгО = AD — ААХ = о— 7, AjB = АВ — — ЛЛ! =л — 7. Так как Л^ J_ Л^О, то Л^ X j_ Л^, ЛСі j. АуВ. Поэтому (а +г+7) (а— 7) = = 0, (а + 6 + с) (6 — с) = 0. Раскрывая скобки в этих «отношениях и учитывая ортогональность векторов а, Ь, с {ас = a b = be = 0), нахо­дим а2 — с2 = 0, ft2 — с2 = 0, т. е. | а | = | b | = | с |. Эти равенства озна­чают, что длины ребер параллелепипеда ABCD Л1В1С101 совпадают, т. е. этот параллелепипед является кубом.

767. Пусть функция f (х) удовлетворяет условиям задачи. Положим g (х) — /2 (х) — 2 sin х. Функция g (х) ограничена: | g (х\ | ^ /2 (х) + + 2 | sin х | ^ 202 + 2. Кроме того, существует g' (х) = 2/ (х) f (x) — — 2cosx = 2(f (x) f (x) — cosx) > 0 по условию. Следовательно, функция g(x) не убывает. Поэтому существует lim g{x).

je-юо

Допустим, что существует   Нт/(лг).  Тогда должен существовать

предел

 

Km (/2 (*)-g (*)) = ( lim/(*))2

А'-юо Л'-too


lim g (*).

t-w>

 

Следовательно, из сделанного предположения вытекает, что функция р (х)—g (х) = 2 sin х должна иметь предел при лг-voo. Но функция 2 sin х не имеет предела при х -* оо. Действительно, для любого N найдет-

я

ся натуральное число я такое,  что 2пп +     > 2яп > N. При этом

2 sin ^2яп + -^-j = 2, 2 sin (2ял) = 0, и значения 0, 2 не могут попасть в

е — окрестность никакого числа а при є < 1. Это противоречило бы опре­делению предела lim 2 sin х, если бы он существовал. Поэтому не может

Х-*оо

существовать и lim / (х).

X-t-oo

769. Заметим, что ВДЕ >В 102, а ВГДЕ < {В + 1) • 103. Поэтому (В+ 1) • 103 > ВВ ВДЕ > ВВ • В • 102 = В2 11 - 102. Неравенству 10 (В + 1) > 11 - В* удовлетворяет только одно натуральное число В_=_1-Рассмотрим теперь вторую цифру в произведении ВВ ВДЕ = И • ІД'"-Она совпадает с последней цифрой суммы Д-\- Е,  Поскольку из второго равенства следует, что эта цифра — Д, то Е = 0. Следовательно, послед­няя цифра произведения А • Б, которая в соответствии с первым равенст­вом равна £, является нулем. Итак, одна из цифр А, В равна 5, а другая четна. Но А Ф 5, так как 55_- ЪВ > 55 • 50 = 2750 > \ГДЕ. Поэтому Б = 5. Из равенств 11 • А • АБ = А А . Л5 = \ГДЕ = 11 • \ДЕ заклю­чаем, что А Л5 = 1 ДЕ. При А ^ 2 произведение Л - Л5 < 100, а при / ^ 5 Л • Л5 > 200, как показано выше, А — четная цифра. Итак, ос­тается единственная возможность: А = 4. Тогда 44 • 45 = 1980, т. е. Г = 9, Д = 8. Данный ребус после расшифровки имеет вид 44 « 45 » = 1980, 11 • 180= 1980, и это решение единственно.

770. После каждого шага мы получаем нечетное число, и это число не может делиться на четное число 1980. На 1981 найденное число может де­литься. Чтобы доказать это, обозначим исходное натуральное число через т. Тогда на первом шаге будет получено число 2т + 1 = 2 (т -\- 1) — Ь на втором — 2 (2 (т + 1) — 1) + 1 = 22 X X (т + 1) — 1, на третьем 23 (т + 1) — 1, иа сотом — число 2100 (т + 1) — 1. Дока­жем, что существуют натуральные я и т та­кие, что 2М0 (т + 1) — 1 = 1981л. Числа р == 21оо и о = 1981 взаимно простые, при­чем р > о. Рассмотрим о натуральных чисел {р, 2р, Зр, ор). Все они имеют различные остатки при делении на q. Действительно, в противном случае для некоторых 1 ^ к ^

/ ^ о разность /р — кр = (/ — к) р дели­лась бы на о, что невозможно, так как 0 <

/ — * < о, ар взаимно просто с о. Итак, по принципу Дирихле один из остатков при делении указанных чисел на, с должен равняться 1 (ведь всего различных остатков, как и данных чи­сел, ровно а). Значит, найдется т' £ (1. 2, а) такое, что т'р = п'о + -f- 1, где п' — целое число. Положим m = m' + g — 1, я = я' + p. Ясно, что п > 0, m > 0. При этом (m + 1) р — гщ— (т' + о) р — — (л' + п) в = т'р — я'о = 1, т. е. т, л — искомые натуральные числа. Выбрав первое число в условии равным т и проделав 100 раз указан­ную операцию, получим число

,100

(т + 1) — 1 = р (т + 1) — 1 = л<? = 1981л,

которое делится на 1981.

771. Занумеруем вершины фигуры цифрами 1, 2, 12 (рис. 79).
Пусть В — середина (1, 2), А — середина (5, 6), точка С симметрична 4
относительно точки 5, точка D симметрична 9 относительно 8, Е — се-
редина (10, D). Тогда фигура с вершинами 3, С, D, 10 — квадрат со сторо-
ной Y5. Разрезав данную фигуру 1, 2         12 по прямым (В, 3), (3, 10),

(3, 12), (3, А), получим четыре фигуры: а) ЗА 678910 является частью квадрата 3CD10, б) АС 76 єй 345 А, в) E8D s В23, 2) B1123ss 1098Е. Итак, каждую из 4 частей данной фигуры можно переместить в соответст­вующую фигуру квадрата 3CD10, заполнив этот квадрат без наложений, что и требовалось доказать.

772. В пожарную часть не мог обращаться житель города А, так как в этом случае первое сообщение противоречило бы второму, а жители А говорят только правду. Допустим, что сообщение поступило из города В. Тогда первая часть этого сообщения правдива. Следовательно, вторая часть должна быть ложной, так как жители В попеременно говорят правду и неправду. Но в данном случае это не так. Следовательно, сообщение мог передать только житель Б. Поскольку все жители Б говорят лишь неправду, то из сообщения делаем вывод, что пожар не в Б (первая часть) и не в В (вторая часть). Итак, пожар в городе А, Туда и выехала пожарная машина.

 

8

 

 

 

YflTtdH

 

111

773. Докажем, что из произвольных 10 чисел данного набора можно
выбрать 4 так, чтобы сумма в одной паре выбранных чисел равнялась сумме
в другой паре. Заметим, что величины разностей различных чисел из дан-
ного множества {1, 2, 20} могут принимать лишь 19 различных значе-
ний 1, 2          19. Пусть задана совокупность произвольных 10 чисел из дан-
ного множества. Составим всевозможные положительные разности чисел из
данной совокупности. Всего таких пар 10
9 = 90 и ровно половине из
них — 45 — отвечают положительные разности. Поскольку различных зна-
чений разностей не более 19, как показано выше, а 2 • 19 < 45, то найдут-
ся по крайней мере 3 разные пары чисел (I, /), (ft, /), (s, f) из данной совокуп-
ности такие, что ( — / =* — I = s — г > 0. Очевидно, что і Ф к, k Ф s,
t Ф і (так, например, из t = ft следовало бы / = /, т. е. пары (i, j), (ft, f)
совпадали бы). Кроме того, три равенства і — к, 1= s, t = і не могут вы-
полняться одновременно. Действительно, если это так, то 3(і — /) =
= (»' - І) + <* - 0 + (s - 0 = (к - /) + (s - I) + (і - 0 = 0, чтэ
невозможно, поскольку t > /. Итак, хотя бы в одной из пар (/, ft), (/, s),
(t, і) записаны разные числа. Пусть, например, / Ф ft. Тогда все числа
множества (і, /, ft, /} разные, так как і > /, ft >
> /, причем кф I, j Ф I, j Ф ft, как доказано вы-
ше. Кроме этого, і — / = ft — їв соответствии с вы-
1ь~г     ПІК бором пар ((', /), (ft, /)• Четверка чисел [і, I, /, ft} и
является искомой ((' + I= к -\- /), т. е. указанный
в условии выбор чисел всегда возможен.

774.     Квадрат нечетного натурального числа
при делении на 4 дает остаток 1, а остаток данно-
го числа равен 3.

775.     Допустим, что указанный в задаче тре-
Рис. 80          угольник существует. Обозначим а, 6, с его сторо-
ны, ha, hb, hc — соответствующие высоты. Пусть

а— 1, 6 = 4. Заметим, что aha — bht, = chc = 2S, где S — площадь тре­угольника. Так как а-3=3=А16=6-4 и а-4=4=£12=о-3, то {ha, hb) ф {3, 4}. Следовательно, hc £ {3, 4}. Если hc = 3, то возможны два случая: ha = 4, или hb = 4. В первом о • ha = 4 = chc = Зс, откуда

4 16 с = — . Во втором случае ЪЬь = 16 = Зс, т. е. с = -=- . Оба эти значения

4

с противоречат неравенству треугольника, так как -^-+1<4и1 + 4<

о

16

< -д . Рассмотрим теперь случай hc = 4. Тогда или ha = 3, нли hb = 3

3

При ha = 3 из chc = 4с = aha = 3 получаем с = — что противоречит не­равенству с + 1 > 4. При ftj,= 3 chc = 4с = bhb ~ 12, т. е. с = 3. Это равенство также невозможно, так как а+с = 1-ЬЗ — 4=6, а по нера­венству треугольника а + с > 6. Итак, треугольник с указанными в ус­ловии свойствами не существует.

776. Обозначим 1, 2, 7 последовательные вершины данной фигуры. Пусіь А —середина (6, 7), а точка 8 — симметричная 3 относительно 2 (рис. 80). Тогда фигура 184А — квадрат со стороной Y§- Разрежем дан­ную фигуру 1, 2, .... 7 прямыми Al, А4 на три части. Часть 1234Л принад­лежит квадрату 184Л, а А45 ss 834.17Л =; 128. Переместив эти равные тре­угольники так, чтобы они совпадали, получим из разрезанной фигуры квад­рат 184 А. Это и есть решение задачи.

779. Обозначим сумму чисел в первой группе S. Тогда сумма чисел вто­рой группы равна S + 10, в третьей — S + 20, в четвертой — S + 30. Следовательно,  сумма  всех чисел  равна  S + (S + 10) + (S    20) 1 + (S + 30) = 4S + 60. Значит, сумма всех чисел во множестве, которое

 

 

можно разбить на 4 группы так, чтобы выполнялось условие задачи, долж-
на делиться на 4. Но сумма всех чисел множества (1, 2        1980} равна

1980 • 1981 = 990 • 1981 = 2 . 495 • 1981 и на 4 не делится. Следова­тельно, данное множество нельзя разбить подходящим образом на 4 группы.

780. Рассмотрим на плоскости три точки, которые образуют треуголь­ник ЛВС и некоторую прямую /. Проведем через одну из вершин Д АВО прямую V II I так, чтобы две другие вершины лежали по разные стороны от / (одна из них может лежать на /'). Пусть, например, В Є V, а А, С лежат по разные стороны от /'. Тогда сумма расстояний точек Л, В, С до прямой I больше, чем сумма расстояний до хотя бы на ширину полосы между / и /'. Итак, сумма расстояний точек Л, В, С до прямой / принимает наи­меньшее значение, когда / содержит хотя бы одну из этих точек и пересе­кает треугольник.

Пусть прямая / содержит точку В и Вх = [АС] П /, da, df,, dc — расстоя­ния Л, В и С до I. Тогда

~Y вві • Аа + ~y BBt • dc = sBBiA + sBBiC = SABC,

abc

т. e. da + db + dc = da + dc = -g-g— . Следовательно, сумма расстояний

принимает наименьшее значение, если величина ВВ, наибольшая. Посколь­ку В, £ [АС], то BBj jg; max (ЛВ, ВС), и наибольшее значение ВВХ до­стигается, если прямая / = (BBj) является продолжением одной из сторон Д CAB. Рассматривая аналогично случаи, когда прямая I содержит точки Л или С, приходим к выводу, что / должна совпадать с одной нз трех прямых ЛВ, ВС, АС. В этом случае рассматриваемая сумма расстояний совпадает с соответствующей высотой треугольника ЛВС. Заметив, что кратчайшая высота опущена на наибольшую сторону, заключаем: искомая прямая является продолжением наибольшей стороны.

—> —»

782. Пусть о = |а|, Ь — \ Ь |. Заметим, что и являются еди­ничными векторами, направление которых совпадает с направлением век-

—> —»

-»   -*   _          а   , Ь

торов о и о соответственно. Следовательно, вектор -\—направлен

вдоль биссектрисы угла АОВ. Поэтому искомым является вектор

 

а


_|__    -, -»

^ Ь       Ьа + аЬ

 

а Ь 1Г+ Ь


V


2аЬ [ab + (о, Ь)]

 

В случае, когда (а, Ь) — —ab (т. е. угол АОВ — развернутый), вектор

с нельзя выразить через а и Ь. 783. а = —1.

785. Указанное в условии преобразование не существует. Предполо­жив противное, заметим, что пара прямых разбивает шестиугольник на 3 или 4 выпуклые части. Каждые две точки треугольника, расстояние меж­ду которыми превышает большую диагональ шестиугольника, принадлежат разным частям разбиения. Отсюда выводим, что найдется сторона тре­угольника, содержащая только одну точку, общую для двух частей разбие­ния. (В случае, когда такой точкой является некоторая вершина треуголь-

 

8 3-2730


209

 

пика, искомая сторона противоположна этой вершине. Если же указан­ных вершии не существует, то каждая из сторон содержит 2 точки, общие для частей разбиения. В этом случае достаточно подсчитать количества острых углов и пар прямых углов в частях разбиения шестиугольника и треугольника и заметить, что эти количества не могут совпадать). Осталось рассмотреть две части разбиения, примыкающие к найденной стороне тре­угольника. Они имеют внутренние углы 60°, сумма соседних внутренних углов, опирающихся на сторону треугольника, равна 180°, а сумма длин соответствующих сторон этих частей равна длине стороны треугольника (последняя в /б раз больше длины стороны шестиугольника). Нетрудно по­казать, что указанные две части не могут образоваться при разбиении шестиугольника (рассматривая случаи, в которых могут образоваться л глы в 60°).

Отняв от обеих частей равенства 1, выполним такие преобразова­ния:

»=['^i-']+[i±l^1-']+[ti^+']-

_ (а — b — с) (о — Ь у с)    (а — Ь — с) (а — с + Ь)
2аЬ      1 2ас

(b + c-aUb + c + a) =°-Ь-с
1          26с      2аЬс 1

(а + 6 — с) (6 — а + с) (с — 6 + а)

2аЬс

Поэтому должно выполняться одно из равенств а = & + с, 6 = а + с, с = 6 + а. Пусть, например, а = 6 + с. Тогда

6" +а2 —с2 _ Ь2 + Ь2 + 2Ьс + с2 — с2 _ 2b (Ь + с)

2аb      *          2b {b + с)         — 2b (6 + с) '

б2 + с2 — а2 _ —2Ьс _ 2Ьс       ~   2bc ~

а2 + с2 — Ь2 _ 2яс       _ '

т. е. утверждение~задачи выполняется. Аналогично рассматриваются слу­чаи Ь — а-\-скс=а-\-Ь.

Пусть DABC — одно иа положений пирамиды, К —[середина ВС, L — середина AD, причем отрезок LK не меняет своей длины. Поскольку точки В и С фиксированы, то точка К не меняет своего положения. Тогда точка L при любом допустимом положении пирамиды принадлежит сфере радиуса KL с центром в точке К. Построим точку О симметрично А отно­сительно К- Поскольку ОК ' КА = 1 = AL : LD, то из Л ADO находим, что LK II DO, причем DO = 2LK. Следовательно, расстояние от вершины D пирамиды до фиксированной точки О на плоскости остается постоянным (и равно 2KL) при любом положении пирамиды, удовлетворяющей условию задачи. Стедовательно, D лежит на сфере радиуса 2/(L с центром в точке О. При этом D @ ABC. С другой стороны, как нетрудно убедиться, каждая точка этой сферы (исключая точки плоскости ABC) удовлетворяет условию задачи.

Данный предел равен нулю. Действительно, если число а/л — рациональное, т. е. а/я = plq, то каждое из произведений sin а sin 2а ... ... sin па равно нулю при н > ? и их предел — также нуль. Предположим,

 

 

что а/я — иррациональное число. Рассмотрим окружность единичного ра­диуса с центром О и точку А0 на ней. Отложим по часовой стрелке дуги A0Alt AiA-z, .... АпАп+1 так, чтобы ^ АпОАп+і = а. Тогда среди точек нет совпадающих: если А„ = Ат, то па = ma + 2kn для некоторого цело-

,           a          Uk па;

го k, значит, и — =    , что невозможно. При каждом N совокуп-

я      п — т

ность точек А0, .... AN—l разбивает окружность на N дуг. Поэтому среди

них найдутся две точки Ап, Ат такие, что ^ АпОАт ^ Следователь­но, для каждого N найдутся п и т такие, что та < па + 2kn ^ /па + 2л

—|— —— при некотором целом k. Обозначая I = п — ти выбирая N = 12,

24        I2t        находим последовательность целых чисел 1ХItтаких,

что 0 < //а + 2kn ^ 2я/12< при некоторых целых k. Заметим, что при я 1

этом 0 < sin tlta ^ sin -g- = -g- для каждого t. Последовательность нату­ральных чисел [tit] неограниченно возрастает, так как tlt ^ t. Если и (п) — количество членов этой последовательности среди первых п натуральных чисел {1, 2, .... и}, то и (л) -*• со н

| sin a sin 2а ... sin па | ^ sin lta sin 2/2а ... sin и (п) /и(г1)а ^

 

при п -* со, что и требовалось доказать. 789. Заметим, что

sin4 х + cos6 х — 1 = sin2 х sin2 x + cos4 x cos2 x — 1 ^

^ sin2 x + cos2 x — 1 = 0,

так как sin2 1, cos4 д: ^ 1. Поэтому всегда справедливы неравенства 2х* ;> 0 sin4 х + cos6 х — 1. При х = 0 эти неравенства становятся ра­венствами. Если же х ф 0, то 2х4 > 0, и левая часть строго больше правой, так что написанное в условии неравенство выполняться не может. Итак, данное неравенство имеет единственное решение: х = 0.

7S0. Пусть а — угол наклона нижней стороны данного угла к оси ОХ. Тогда угол между верхней стороной и осью ОХ равен а + 45°, при этом 0 < а < 45°. Пусть А^ (xlt Уі) и А2 (д:2, у2) — точки пересечения данной гиперболы со сторонами угла (нижней и верхней). Обозначим Л|, А2 проекции Alt А2 на ось ОХ и вычислим площадь криволинейного тре­угольника ОАуА^.

5<мИ, =           +          - SQAiA. - -L      + fc-f - ± ХіУі =

1

-y (*sJfo —        + lnXf — In x2 =

= i-(.-.) + ln^-=ln-f ,
л          *a x2

так как точки Alt A2 лежат на гиперболе ху = I, Заметим что = = tg а,        = tg (а + 45°), причем хіУі = ХіУг = 1. Отсюда х\ = ctg а,

 

8* л!

х\ = ctg (а -{- 45°). Следовательно,

 

йОЛИ,--2"ш ctg (а+ 45°) '

Чтобы найти наименьшее значение SOAiA^, очевидно, достаточно найти наибольшее значение функции

_ ctg (а + 45°)       tgct(l -tgct)
М;        ctg а 1+tga

при 0 < а < 45°. Обозначив х = tg а, рассмотрим функцию g (х) = = —y-j-—— при 0 < х < 1. Функция g (х) при х — Y2 — 1 принимает

' Т" х   

наименьшее значение на интервале ]0, 1[, равнее (V2 — I)2. Следова-
тельно, площадь криволинейного треугольника ОАхАг принимает наимень-
шее значение -g— 'п 1         j^- = In (1 + V 2), если прямая ОАх обра-
зует угол а = arctg (V 2 — 1) = 22,5° с осью ОХ.

792.     По индукции доказываем, что 1 < ап < 3 и л,^, > ап. Поэтому

3

существует а = Игл о„ и а = 4           . Искомый предел а = 3.

793.     Рассмотрим функцию g (х) = (о — х)6 / (х) при дг £ [0, а]. Функ-
ция g (х) определена и дифференцируема на отрезке [0, а], так как Ь > 0.
Следовательно, g (х) непрерывна и ограничена на [0, а]. Пусть М — наи-
большее, а т — наименьшее значение g (х) на отрезке [0, а]. Поскольку
g (0) = аь f (0) = 0, то из неравенств М > g (0) ;> /л следует, что /л ^
^ 0 ^ М. Если лі = 0 = М, то функция g (х), а вместе с ней и / (дг) тож-
дественно равна нулю на [0, а]. В этом случае утверждение задачи спра-
ведливо.

Допустим теперь, что М > 0 (случай т < 0 рассматривается аналогич­но). Поскольку функция g (дг) непрерывна, то найдется дг 6 10, а], такое что g (х) = М. Заметим, что х ^ 0, х Ф а, так как g (0) = g (о) = 0 < М. Следовательно, х £ ]0, а{. В этом случае из теоремы Ферма следует, что g" (х) = 0, т. е.

О = - Ь{а - х)"-1 f (х) + (о - х)ь Г (х) = (а - б)6"1 [(а - х) f (х) -

-*/ Mb

Так как х < а, то bf (х) = (о — х) /' (х), т. е. точка х — искомая.

9 • 6

794.     Каждый девятиугольник имеет —^—= 27 диагоналей, так как

из каждой его вершины выходит 6 диагоналей. Проведем через произволь­ную точку О_плоскости 27 прямых, параллельных диагоналям девятиуголь-ника. Эти прямые разбивают полный угол 360° вокруг точки О на 54 части.

360°

Очевидно, что наименьший из полученных углов не превосходит< 7е.

Поскольку при параллельном переносе прямых угол между ними не изме­няется, то острый угол между соответствующей парой диагоналей также ие превосходит 7°, что и требовалось доказать. •

795.     Могут. Для этого в течение первого часа двое (назовем их А и В)
проезжают 50 км, а третий (С) проходит пешком 5 км. Сойдя с мотоцикла,
В добирается до пункта назначения за оставшиеся 2 часа пешком: ему нуж-
но пройти 60 — 50 = 10 км. В течение второго часа С проходит еще 5 км
пешком, А на мотоцикле возвращается на 40 км назад и ждет там С (ясно,
что одного часа мотоциклисту для этого хватит). В начале третьего часа А и С встречаются на 5 + 5 = 10-м километре с начала пути. За оставший­ся час на мотоцикле они доберутся до пункта назначения: для этого нужно проехать как раз 60 — 10 = 50 км. Отметим, что расстояние в 60 км А, В, С смогут преодолеть даже немного быстрее, чем за 3 часа (в описанном вы­ше способе А приходилось ждать).

Таких от н и не существует.

Докажем, что р делится на 3. Действительно, если р дает остаток 1 при делении на 3, то число р -\- 14 = (р — 1)+ 15 делится на 3. Это не­возможно: р + 14 — простое число, причем р + 14 > 3. Если же р дает остаток 2, то р + 10 = (р — 2) + 12 должно делиться на 3, что противо­речит условию. Итак, р делится на 3. Поскольку р — простое, то р = 3. Легко показать, что 3 + 10 = 13, 3 + 14 = 17 — простые числа. По­этому р = 3 единственное решение задачи.

Нельзя. (В самопересекающейся цепочке число квадратов, из которых состоят костяшки, должно было быть нечетным.)

Пусть окружность с центром С проходит через точку А, центр О данной окружности и касается ее в точке В (рис. 81). Поскольку отрезки ОВ, СВ перпендикулярны к одной и той же общей касательной в точке В, то С 6 ОВ. Рассмотрим Л ОАВ. В нем ^ ОАВ = 90°, так как ^ ОАВ опирается на диаметр ОВ меньшей окружности. Следовательно, АВ _|_ OA. Отсюда вытекает такой способ построения искомой окружности.

Восстанавливаем в точке А перпендикуляр к OA и продолжаем его до пересечения с данной окружностью в точке В. Строим искомую окружность на отрезке ОВ как на диаметре. Поскольку такая окружность совпадает со множеством точек, из которых отрезок ОВ виден под прямым углом, а ^ ОАВ = 90° по построению, то найденная окружность содержит А. Очевидно, что она удовлетворяет и остальным условиям задачи. Отметим, что задача всегда имеет два решения, так как АВ пересекает окружность в 2 точках.

Докажем, что путешественники не смогут доб­раться до цели за 3 часа. Не ограничивая общности, можем считать, что они движутся без остановок. Очевид­но, что в начальный момент одни из путешественников (назовем его С) начинает двигаться пешком, а двое других (А и В) едут иа мотоцикле. В некоторый момент t мотоцик-

лист (пусть это будет А) вынужден высадить В и вер-       ^ис- °' нуться назад за С (ясно, что С не сможет сам пройти 70 км за 3 часа). За время t С пройдет 5/ км, А и С разделяют 50/ — Ы —

45/ 9/

= 45/ км. Поэтому встретятся А и С через ^    ^ = — часов после момен-

9 20

та t. Затем им придется догонять В. В момент времени / + -уу- / = уу t

9 119

В находится иа расстоянии 50/ + 5 • -уу- / = 5 • -уу- / от исходной точки, 20

а.Л вместе с С — на расстоянии 5 • -уу /. Путешественникам А и С ничего

не остается делать, как догонять иа мотоцикле В. Обозначим через Т время их встречи (начиная с момента старта), a S — расстояние, на кото­рое А, В, С продвинулись от исходного пункта за время Т. Тогда

,.,.Л»,+ ,(г-»,)...».', + »(,_».().

»     31  . „650 Отсюда   находим   Т = -ур /,   a  S =        t,


Начиная с момента Т путешественники могутсиова разделиться на группы, затем опять встретиться и т. д. Очевидно, что при этом n-я встреча путешест­венников произойдет в момент

31        31 31

 

и


и

 

где tk — время от k—1-й встречи до первого поворота мотоциклиста в обратную сторону. За время Тп путешественники пройдут расстояние

Sn =     (t, +        + t„).   Поскольку   при   7„ = 3   f ,+ ...+<„ =

33        „          с 650

= —^г- , то за 3 часа путешественники преодолеют только Sn = ——— х

ОІ        1 1

 

Подпись: 2050 31X


31


< 70 км.   Следовательно, добраться до цели вовремя

 

не успеют.

801. Один прямоугольник разбивает плоскость на две части. Каждая из сторон второго прямоугольника делит внутренность первого не более чем на 2 части, причем эти стороны не пересекаются. Следовательно, внутри первого прямоугольника образуется не более 5 частей. Внутри второго их тоже не более 5, причем одна часть у них общая. Учитывая еще одну часть -дополнение двух прямоугольников, заключаем, что при наложении двух прямоугольников образуется ие более 10 частей. Далее, каждая сторона третьего пятиугольника пересекает ие более двух сторон первых двух. Три внутренних отрезка, которые на ней образуются, могут разделить иа 2 части некоторые из внутренних частей, образованных первыми двумя прямоугольниками. За счет этого могут добавиться не более 4 • 3 = 12 но­вых частей. Остальные точки границы третьего прямоугольника лежат вне первых двух и могут добавить ие более 4 новых частей. Следовательно, 3 прямоугольника делят плоскость не более чем на 10 + 12 + 4 = 26 час-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


тей. Такие прямоугольники существуют. Действительно, пусть точки Alf
А2        А12 делят окружность на 12 равных частей (рис. 82). Тогда 3 квад-
рата Л1Л4Л7Л1о, A2A5AsAn, AsAeAsA12 делят плоскость на 26 частей.

803. Данное уравнение не имеет решений в натуральных числах.

807. Обозначим АОВ угол, образованный зеркалами, а — его значение. Пусть солнечный зайчик, двигаясь по лучу СК последовательно отражается от сторон OA, ОВ и снова от OA в точках К, L, М соответственно, К Ф 0 по условию. Проведем перпендикуляры к OA и ОВ в точках К и L соответ­ственно до пересечения в точке D (рис. 83). По свойству попарно перпенди­кулярных прямых ^ LDK= АОВ = а. Заметим, что прямая СК сим­метрична KL относительно DK, a KL симметрична LM относительно DL.

Пусть Сх — симметричный образ произвольной точки С на луче СК отно-
сительно DK, а С2 — обоаз С, относительно DL. Тогда ^ ЛТ>С = -с KDCt,
^ QDZ. = ^       Отсюда     ^ С£>С2 = 2          + ^ CxDZ.)

= 2 ^ /CDZ. = 2а. Следовательно, луч получается поворотом лучі СК на угол 2а относительно некоторого центра. Этот поворот всегда про­водится в одном и том же направлении (против часовой стрелки). Значит, после некоторого количества отражений солнечный луч образует острый угол со стороной OA и больше ии разу не отразится от OA.

808. Пусть с ф 0. Тогда корни уравнения   схг -\- Ъх + а = 0 равны

+ а= — (c + bxt + axf) =0

ПРИ І— 1,2 (При ЭТОМ XI ф 0). ЕСЛИ ЖЄ С = 0, ТО ОДИН ИЗ Корней Я,, JCj —

нуль, а другой равен            — (а Ф 0, поскольку исходное уравнение имеет

2 корня). В этом случае уравнение сх2 + bx + а = 0 имеет один корень — —, т. е. совпадает с величиной, обратной к ненулевому корню исходного уравнения.

Если среди 20 цифр числа рп иет трех одинаковых, то каждая из 10 цифр 0, 1, 9 в записи р" встречается ровно 2 раза (иначе количества цифр рп было бы меньше 20). Следовательно, сумма цифр числа рп равна 2 (0 + 1 + ... + 9) = 90. Поэтому р" делится на 3. Поскольку р — про­стое число, причем р > 3, то р" взаимно просто с 3. Полученное противоре­чие показывает, что у числа рп найдутся три одинаковые цифры.

Второй игрок всегда может добиться своей цели. Для доказа­тельства заметим, что куб — центрально-симметричное тело. Пусть вто­рой игрок каждый раз выбирает кружок того же цвета, что и первый, и прикрепляет его к вершине, центрально-симметричной вершине, выбран­ной первым игроком на предыдущем шаге. Очевидно, что у второго игрока всегда будет возможность так поступить. Тогда в конце игры никакие дпе соседние вершины не отмечены кружками одного цвета, т. е. условию зада­чи удовлетворяют все вершины куба.

Пусть х — искомое число, у— сумма его цифр и х2 = у3. Дока­жем, что х — куб некоторого натурального числа. Действительно, пусть р — простой делитель х, причем х — рап, где 1 ^ а, п — взаимно просто с р. Тогда у делится на р (иначе у3 не делилось бы иа р). Представим у = р^т, где т — взаимно просто с р. Из равенства /?2аи2 = р^т3 заключаем, что 2а = Зр\ Следовательно, а делится иа 3: а, = Зу, т. е. х = p3vn. Итак, степень любого простого множителя в разложении х де­лится на 3. Поэтому х — точный куб. Среди двузначных чисел имеется всего два точных куба 3я = 27 и 43 = 64. При этом 27а = (2 + 7)3 = З6, а 642 Ф (6 + 4)8. Следовательно, условию задачи удовлетворяет единствен­ное двузначное число 27.

812.     Для решения задачи, очевидно, достаточно доказать, что функ-

lg (і      х)

ция / (дг) =                 не возрастает  на  интервале   ]0, 1[, Поэтому

вычислим

 

г м =


1

дг (1 — дг) 1п 10


Ig(l-AT)

 

 

и докажем, что /' (дг) ^ О при х Є ]0, 1[. Поскольку

f' W °- x(l-x)lnlO l* + U-*>,п 0

 

і

то достаточно доказать неравенство 1 + z In z > z при z g ]0, If. Функция g (z) = 1 — z + z In z равна 0 при z = 1, причем g1 (z) = I + In z — 1 = = In z. При z £ ]0, 1[ функция g (z) убывает, так как g1 (z) = In z < 0. Значит, g(z) > g (I) =0 при z £ ]0, 1 J. Тогда /' (д:) < 0 при х g [О, 1[, т. е. / (дг) не возрастает, что и требовалось доказать.

Поскольку точка D фиксирована, а длина DO постоянна, то точка О всегда лежит на сфере с центром D и радиусом DO. Пусть К — середина отрезка ВС. Заметим, что вершина треугольника А гомотетична центру тя­жести О относительно К с коэффициентом 3: А € (КО), АК = ЗКО. По­этому точка А может перемещаться лишь на сфере с центром в точке Db (гомотетичной D относительно К с коэффициентом 3) и радиусом 3Z30. Наоборот, любая точка А этой сферы, за исключением лежащих в плоскости (DtBC), является вершиной подходящего тетраэдра.

Уравнение решений не имеет (абсолютная величина левой части не меньше 1, а правой — не больше 1; одновременно они не равны 1).

Обозначим  Ьп =       п^2.   Тогда данное соотно-

°п ап—1

шение приобретает вид

6„ =     =          = 6 , -    при   п > 2.

ап       fl„_i       an+l       ап "+1

1 1

Следовательно,   in_|_i = bn = • • — b2 = і         g- = 2 *

Значит,

_L = J- + _JL_ = _L+J_ + _L_= ... = JL +

 

і   „ о

 

Поэтому   lim о„ = lim      .  = 0.

Решение задачи аналогично решению задачи 801: два треугольника делят плоскость не более чем на 8 частей. Каждая сторона третьего пересе­кает не более чем по две стороны первых двух и три внутренних отрезка се­чения добавляют по одной части. Внешняя часть границы третьего тре­угольника добавляет еще 3 части разбиения. Поэтому при наложении трех треугольников образуется не более чем 8+3 - 3+3 = 20 частей. Если разбить окружность на 9 равных частей точками АУА2 ... Л8, то треуголь­ники А^А^Аі, A2A5AS, A3AeAs образуют 20 частей разбиения плоскости.

Утверждение задачи доказывается по индукции с учетом неравен­ства рп+]     1 + pjp2 ... рп (простые делители числа справа отличны от

Pi. Рп)-

Если k = 0, то имеется одно решение при а ф 0, ии одного при а = 0 и b Ф 1 и бесконечно много решений при а = 0 и b = 1. Пусть тепер" k Ф 0. Тогда данное уравнение имеет столько же корней, сколько их имее

функция / (г) = ег — az — Р, где Р = b, а = ~ (достаточно заметить, что линейная замена г — кх не изменяет числа решений). Вычислим /' (г) = = ег — а. Если а О, то f (г) > 0. В этом случае функция / (г) монотонно возрастает от —оо до +оо и имеет только один корень независимо от зна­чений р. Предположим, что а > 0. Тогда / (г) убывает на отрезке 1 —оо, In а[, возрастает на отрезке ]1п а, со[ и / (In а) = а — a In а — р. При Р < а (1 — 1п а) / (г) корней не имеет, при Р = а (1 — In а) имеет один корень, а при Р > а (1 — In а) — два корня.

819. Данное неравенство эквивалентно неравенству

-^1п (\-X)>-L Іп(1 —fl),

которое доказано в задаче 812.

820. Отметим, что вершины прямоугольников (проекций тетраэдра на плоскости Oj, а2, а3) являются проекциями вершин тетраэдра. Действитель­но, любая внутренняя точка тетраэдра содержится в некоторой сфере, при­надлежащей тетраэдру. Поэтому ее проекция лежит внутри окружности, помещенной в прямоугольник, и не является его вершиной. То же относит­ся и к внутренним точкам ребер тетраэдра (они принадлежат открытым отрезкам, которые не перпендикулярны плоскости проекции). Следова­тельно, ребра АВ и CD в проекции на плоскость ах являются диагоналями прямоугольника. Поскольку эти диагонали равны, а АВ || a,, CD | а1р то и АВ = CD. Аналогично доказывается, что и остальные пары скрещи­вающихся ребер равны: BD = АС, ВС = AD. Тогда будут равны и все грани тетраэдра как имеющие соответственно равные стороны (например, Л ABD = Л BCD, так как АВ = CD, AD = ВС, а ребро BD — общее для этих треугольников). Далее, пусть О — центр описанной сферы, т. е. ОА = ОВ= ОС= OD. Тогда пирамиды ОАВС, OBCD, OABD, 0ACD рав­ны, поскольку имеют равные основания и равные боковые ребра. Следова­тельно, высоты у этих пирамид также совпадают. Это означает, что точка О одновременно является центром вписанной сферы.

 

 

 

Подпись:


Данное выражение равно 22 * • г2"2-" • 23 2~* • • • 2"'2 . ... = 2s.   Поэтому достаточно показать, что

S = 2-2 + 2 • 2~3 + ... + п 2-"-1 + • • • = 1. Для этого представим S в виде

S = (2-2+2-3+ ...) + (2-3 + 2-4+ ..-) + ... +(2-" +

+ г-"-1 + • • •) + • • = 2 • 2-2 + 2 • 2~3 + • • • -f 2 2~" +

• • • = 2 • 2-2 (1 + 2-1 + 2~2 + • • •) = 2 • 2-2 • 2 = 1,

что-и требовалось доказать.

Площадь фигуры равна 2/3.

Разложим число N на простые множители:

 

N = 2°' • З0' 5°" • 7°« • • •


Р°п'   ak > 0.

 

По условию fl3 ^ 1 и о4 ^ 2, поскольку N делится на 5 и 72 = 49. Остальные показатели од, — натуральные числа или нули. Любой делитель числа

N, очевидно, имеет вид 2Ь» • Зь» • 5Ь" • ... • рпп< где 0 < bt < alt .... 0 < Ьк -sj ап. Верно и обратное: каждое число указанного вида является делителем W. Заметим, что для выбора подходящего показателя fc,- имеется о,-+ 1 возможность (а именно 0, 1, 2,      о,). Следовательно, количество


2—1

,5-1

5 • 7«.

всех делителей N равно + 1) (а, + 1) ... (а„ + I). По условию (at + + I) (а2 + 1) •• (а« + 1) = 10. По крайней мере два сомножителя в про­изведении слева отличны от I: это Og + 1 > 2 и о4 + 1 > 3. Но число 10 единственным образом представимо в виде произведения 10 = 5 • 2. Отсю­да следует, что % + 1 = о2 + 1 = д5 + 1 = ... = ап + 1 = 1, т. е. N имеет только два различных простых делителя — 5 и 7. При этом (од + 1) х X (о4 + 1) = 10. Поскольку о4 + 1 > 3 > 2, то случай а3 + 1 = 5, о4 + 1 = 2 невозможен. Следовательно, а3 + 1 = 2, а4 + 1 = 5, т. е.

N = 5

. .. ап = о„ + 10о„_, + • • • -f at 10"

825. Обозначим

Тогда

 

2охоа


 

latos

a„2:

о„1 = 1 + 10 • а„+ 10а а„_і + •• + 10" • а± + + 2 • I0n+1 = I + 2 • I0n+l + 10 • m, : 2 + 10"+' + 10m.

 

По условию

12 • (1 + 2 • I0n+1 + 10m) = 21 (2 -f 10"+1 + 10m),

откуда

 

90m = 3 - I0"+1 —30,   3m = 10"

- 1 = 99 ... 9.

проверить, что при каждом

Следовательно, т= 333...3 (п троек). Легко таком т требуемое равенство выполняется.

826. Пусть среди рассматриваемых прямых к правильных. Обозначим гц число правильных прямых среди рассматриваемых, которые проходит 1, 2,      6, а от/ — количество точек из данных 6, которые лежат на /-й правильной прямой, / = 1,

2          k. Тогда в общем количестве пг + п.г + ...

+ пе правильных прямых /-я прямая учитывается ровно от,- раз, следовательно, Иі+П2+"-~г" + п6 = От| + ... + mk. Заметим, что через каждую точку проходит самое большее 4 правильные пря­мые, а каждая из рассматриваемых правильных пря­мых содержит не менее двух из данных шести то-

чек. Следовательно, щ 4, и от/ ^ 2. Отсюда 2k ^ /«!-+... + mk — и, + ... + пв ^ 6 • 4, т. е. k ^ 12. Докажем, что k ^ 11. Если это не так, то k = 12 и из неравенств 24 ^ отх + ... + + mI2 = ях + ... + пв ^ 24 следует, что тх = ... = от12 =2, nj = ... ... = яв — 4. Значит, в данном случае любая из 4 правильных прямых, проходящих через каждую нз данных точек, должна содержать еще одну из данных точек. Рассмотрим произвольный прямоугольник, образованный правильными*прямыми и содержащий данные 6 точек. Сдвигая его стороны параллельно самим себе, можем добиться, чтобы каждая из них проходила через одну из данных точек. Поскольку эти стороны — правильные прямые, то каждая из них обязана содержать 2 точки из числа данных. Тогда хотя бы одна точка из 6 данных должна совпадать с вершиной построенного пря­моугольника, иначе на сторонах его оказалось бы 2 • 4 = 8 различных то­чек из числа данных. Однако в этом случае одна из 4 правильны* прямых, проходящих через эту вершину, не может содержать других дан­ных точек — ведь все данные точки по построению лежат внутри прямо­угольника. Это невозможно, поскольку рассматриваемые прямые соедп­иргот пары данных точек. Итак, среди прямых, соединяющих любые 6 точек на плоскости, не более 11 правильных. С другой стороны, можно выбрать 6 точек так, чтобы это количество равнялось II (рис. 84). тх т2

827.     Пусть ——   и  —        две несократимые дроби, причем тх

и т2 делятся на 5. 1огда числитель дроби            1          =         

tix       ti2 tixti2

тхле сокращения общих множителей также делится на 5. Дей^юительно, min2 + "V*i Делится на 5, а среди общих множителей числителя и знаме-н теля нет 5, поскольку п^щ не делится на 5 (в противном случа одна из данных дробен была бы сократимой). Следовательно, для реше ія задачи достаточно данную дробь представить в виде суммы несократимых дробей, числители которых делятся на 5. Вот эта сумма

— = (іг+-пг+-пг+-2г) + (, + іг + -з-+-4-і+ ••• •• +(-пг+ •••

После приведения к несократимой дроби каждого слагаемого в круглых скобках ее числитель будет делиться на 5. Действительно,

JL    _!_    _L    _J_      12 + 6-1-4 + 3 = 25 _ 5
5 + 10 + 15 + 20 _       60        — 60 ~  6 '

и при каждом k = 0, 1, 2, 3

1        L_+      L_+      L_ =

5fe+l ^ 5fe + 2 T 5fe+3 T 5fc + 4

(5fe + 2)(5fe + 3)(5fe + 4)+ ■■• +(5fe+ l)(5fe + 2)(5fe + 3)
_          (5fe+ 1)
■■- (5ft+ 4) ~~

_ (5/t + 2 • 3 4) + (5/2 + I • 3 4) + (5/3 + 1 2 • 4) + (5/4 + 1 2 3)
_          5/0 + 1
2 • 3 - 4

5/ + 24 + 12 + 8 + 6 _ 5/ + 50
~~        5/0 + 24           ~~ 5/0 + 24 *

Здесь lu /2, /3, lt, /и l0 — некоторые натуральные числа, знаменатель 5/0 + + 24 на 5 не делится, а числитель — делится. После приведения к несокра­тимой дроби ее числитель по-прежнему будет делиться на 5, что и требова­лось доказать.

828.     Рассмотрим Л ABC. Проведем ВН _|_ АС, выберем на продолже-
нии АС точку К так, чтобы СК = СВ. Пусть CD ± ВК. Тогда BD =
= KD, поскольку CD — высота в равнобедренном Л ВСК и совпадает
с его медианой. Пусть заданы ^ ВАС = <р, ВИ = h, AC + ВС = а.
Тогда АК = АС + СК = АС + ВС = а. Поэтому Л ABC можно по-
строить следующим образом. Выберем две точки А и К так, чтобы АК = а.
Проведем через А прямую / под углом ф к АК. Тогда В £ /. При этом рас-
стояние В до / равно ft. Следовательно, В = I f] 1и где прямая 1г || / и
находится на расстоянии h от /. Для построения вершины С достаточно про-
вести прямую 12 через середину D отрезка ВК перпендикулярно к этому
отрезку. Ясно, что С = 12 П АК. Треугольник построен.

829 х4 + 1982л:2 + 1981*:+ 1982 = Xі + Xs + х2 + 1981 (х2 + х + + 1) —х3 + 1 = х2(х2 + х + 1)+ 1981 (х2 + х + I) — (х— I) (х2 + х + + 1) = (х2 + л + I) (х2 + 1981 - х + 1) = (v2 + а + I) (а2 - х + 1982).



 

Подпись: делится на 5.
832. Пусть Ьп — последняя
Ь,
цифра числа п (п + 1) (и+ 2). Тогда '„ совпадает с остатком при делении этого числа на 10. Заметим, что

(п+ 10) («+10+ 1)(п + 10 + 2)— п(п+ 1)(п + 2) =

= 10 (п + 11) (л + 12) + 10 (л + 10) (л + 12) + 10 (я + 10) (я + 11) +

+ п (я +1) (я + 2) — я (я + 1) (я + 2) = 10/V,

поэтому остатки при делении 10 рас­сматриваемых чисел совпадают: bn^_l0 = = Ьп, т. е. члены последовательности Ь„ периодически повторяются с перио­дом 10.

833. Пусть в Д ABC АЕ и CD — биссектрисы и ^ BDE : ^ EDC = = ^ BED : ^- DEA — k. Обозначим 0= АЕ С] CD (рис. 85). Тогда ВО — биссектриса угла ABC, так как биссек­трисы Л ABC пересекаются в одной точке. Заметим, что в Д BDE

BDE + ^ BED = л — ^ ABC,

 

а в Д лев и Д bdc

^ аев + ^ cdb = (л


 

: abc


 

             ^ вас)

2 У


 

+

 

 

4-    — ^ ABC   BCAJ = 2я — 2 ^ АБС -

 

 

— —     ЄЛС + ^ ВСЛ )= 2ji — 2 ^ ЛВС — — (л — ^ ЛВС) =

З

= -g- (л — ^ ЛВС).

Поэтому

З

~2 =     ЛВВ + ^ CDB):     ВВ£ + ^ BBD) =     BBD + ^ ВВЛ-f-

Н- ^ BDB -f ^ EDC):     BDB + ^ BBD) = (ft ^ ВВЛ + ^ ВВЛ +

+ ft ^ ВВС + ^ ВВС): (ft ^ ВВС 4- ft ^ DEA) = ((ft 4- 1) ( ^ ВВЛ 4-

4- ^ EDC)): (ft ( ^ ВВЛ + ^ EDC)) = (ft 4- 1) : ft,

откуда ft = 2. Проведем прямую DDt симметрично DO относительно DE и BBt — симметрично ЕО (см. рис. 85). Тогда  точка О, = ВВХ Г) ВВХ симметрична точке О относительно DE, т. е. ООх J_ DE. При этом

^ OjDB = ^ ODB = у ^ ВВВ, ^ OjBD = ^ ОВВ = -і- ^ ВВВ, т. е.

BOt и ВОх — биссектрисы Л BDE. Третья биссектриса ВО в Д ВВВ должна проходить через Ot : О] 6 ВО. Поскольку Ofi DE, то ВО одновременно и высота Л BDE. Следовательно,   Л BDE равнобедрен-

ный:  BD = ВВ,   ^ ВВС = ^ BDB.  Отсюда  ^ ВВС = — ^ ВВС = 3

= -g- ^ BBD = ^ ВВЛ. Находя эти углы из Л ВВС и Д ВВЛ, получаем

л — ^ АБС       — ^ ВСЛ = я — ^ ЛВС            Х— ^ ВАС,

т. е. ^ ВСЛ = ^ ВЛС. Следовательно, Д ЛВС равнобедренный с основа­нием АС.

834. Пусть ^. ВАС — наименьший внутренний угол выпуклого 36-уголышка, образованного центрами окружностей. Поскольку сумма углов 36-угольника равна 34 • 180°, то 36 ^  ВАС ^ 34   180°, откуда

ї ОАМ всегда острый.

^ ВАС <34 3g8°° = 170°. Любая дру­гая вершина 36-угольника лежит внутри угла ВАС, так как этот 36-угольиик — выпуклый. Заметим, что точка пересечения О двух единичных окружностей с центрами в Ж и Л всегда лежит внутри полосы, стороны которой проходят через М и Л перпендикуляр­но /ИЛ. Действительно, поскольку АО = ОМ, то Д АОМ — равнобедрен­ный и 2^ АОМ = ^ ОЛУИ 4- ^ ОМЛ < л, т. е. Отсюда и следует требуемое.

Проведем ЛВ] J. АВ, АС± _1_ АС так, чтобы Сг и Bj лежали вне угла ВАС (рис. 86). Пусть М — произвольная точка внутри *і ВАС. Тогда точки пересечения единичных окружностей с центрами М и Л лежат по


ту же сторону от прямой М,АМ2 J_ AM, что и точка М. Легко показать, что полуплоскость Л1,Л12М при любом выборе М ВАС содержится внутри объединения углов ^. ВуАВ, ^. ВАС, ^ САСХ, т. е. не пересекается с уг­лом В,АС,. Действительно, углы МАМХ и МАВ, имеют общую сторону и л МАМ, = 90° < 90° + ^ ВАМ = ^ В,АВ+ ^ ВАМ = ^ МАВи

т. е. МАМ, содержится в ВУАМ. Аналогично ^ МАМ2 cz ^ МАС,, Итак, любая вершина М данного 36-угольника обладает таким свойством: точки пересечения единичных окружностей с центрами М и А не могут лежать внутри угла В1АС1. Заметим, что

/ BXACX = 360э — (90° + 90° + ^ ВАС) = 180° — ^ ВАС > 10°.

Поэтому дуга единичной окружности с центром А, высекаемая углом ВХАСХ имеет значение не меньше 10 и не содержит точек пересечения с другими окружностями.

835. Обозначим а общее количество выигранных подач в выигранных геймах, Ъ — количество выигранных подач в проигранных геймах, end — количество проигранных подач соответственно в выигранных и проигран­ных геймах. Пусть т — количество выигранных геймов, а А — количест­во проигранных.

Предположим, что а + Ъ ^ с + d. Тогда доля выигранных подач
а +Ъ     >       а+Ь         1

a+b+c+d       a+b+а+Ь 2

не меньше 50 %, т. е. больше 40 %. Осталось рассмотреть случай а + Ь < < с + d. Тогда

а + Ь -        а    (1)

c + d       c + d — b

так как

 

ТІрГ- c + d-b = (c+d)(c + d-b) (c+d-a-b)>0.

Заметим, что в каждом проигранном гейме число проигранных подач пре­восходит число выигранных не более чем на 4 (гейм проигрывается при од­ном из счетов: 0:4, 1:4, 2:4, 3:5, 4:6, ...). Поэтому d — Ъ < 4k. Кроме того, по условию k sg; m — 2, где m > 6. Следовательно, из (1) следует неравенство

a + b ^      а     >_Е      >          Е          ,2»

c + d       c + d — b       c+4k ^ с + 4т — 8

С другой стороны, разность выигранных и проигранных подач в выигран­ном гейме не меньше 2. Поэтому а — с > 2т, т. е. с + 2т ^ а. Учитывая, что 2т — 8 > 2 • 6 — 8 > 0, из (2) получаем

0          Е          >          а ,3>

Осталось заметить, что а ^ 4т (выигрыш в гейме возможен, если выигры­ваются хотя бы 4 подачн). Отсюда

c+d ^ (с + 2т) + (2т — 8) ^ а + 2т — %

>0,

1т (выигрыш в гейме возмо Этсюда

а + 2т — 8       бот — 8       (а + 2т) (6т — 8) т, е, из (3) следует

а + Ь    а          4т         4т __ _2_ .

с + d "а + 2т — 8 ^ 6т — 8 ^ 6т 3

4т         (а — 4т) (2т —


Из (4) заключаем, что доля выигранных подач
а + е       ^       а + е

t+b+c+d

а + Ь+^^ + Ь)


 

_2_ 5

 

больше 40 %.

< 0,41,

Эта доля может быть меньше 41 %. Выберем, например, а, Ъ, с, d, ти k так, чтобы d — b = 4k, k =* m — 2, a — с = 2m, a = Am (т. е. чтобы все использованные выше нестрогие неравенства стали равенствами). Из этих равенств заключаем, что игрок выигрывает т 2 гейма со счетом 4 . 2 и проигрывает т геймов со счетом 0 : 4. При этом доля выигранных подач

4т+ 8        2т+ 4

10т+12       5т+ 6

если выбрать т > 31. Тем не менее игрок выигрывает партию. 837. Пусть / (х) = ах2 + Ьх + с. Тогда

/ (1)| = |а + о + с|<1, |/(0)| = М<1, |/(-1)|=|а-о + с|<1.

Заметим, что

сх2 — bx + а = с (х2 — 1) + (а + b + с)  1 ~* +

1 + х

+ (а-Ь+( —к—.

 

+

Отсюда

1 +х

+

-11 + I +*

\сх2 — Ьх + а К | с | • | х2 — 1 | + | а + Ь + с \

1 ~х

+

1|<2

+ |с — Ь+с|

1

= |**-1| +

2     1 2

при | х |     1, что и требовалось доказать.

838. Утверждение задачи вытекает из равенства

3 • 0~02 = А?А2 + В^Вг + Cfi2, которое следует из соотношений

67Л- + OiBt + ОіСі = 0, «'=1,2,

^ = 6^ + 6^-0^,

в,в2 = tv>2 + ов2 - оХ, с,с2 = tv»2 + а£% - o7cL.

840. Рассмотрим   следующие наборы из 8 нулей и единиц:   а0 =

= 00000000,   at = 11...1,   яа = 10101010,   6, = ЇЩ-,   t-1,2 32,

су = 1101 у/. /=*> 2> ••• > 'б- Pi — произвольные наборы из 5 нулей и единиц, а у/ — произвольные наборы из 4 нулей и единиц. Ясно, что всего наборов р,- (значит, и bt) — 25. = 32, а наборов уу- (т. е. су) — 21 = И.


Поэтому в рассматриваемом множестве А = [аа, at, а2, ty, с/) всего 3 +> + 16 + 32 = 51 набор. Докажем, что множество А удовлетворяет условию задачи.

Пусть х = хіХ2Хз ... хп ... — произвольная бесконечная цепочка из 0 и 1. Предположим, что в х нельзя найти набор из 8 подряд идущих цифр, при­надлежащих А.

Тогда х содержит бесконечно много как 0, так и 1. В противном случае все члены х, начиная с некоторого места, были бы единицами (или нулями) и х содержал бы набор at £ А (или а0 £ А). Выберем в х одну из единиц:

 

Подпись: 					
	7	8	9	10	
	6	7	z	и	
	5	*	3	12	
				13	
					
            ...

 

 

 

 

Вп

 

 

Рис. 88

Рис. 87

xk = 1. Тогда справа от хк нет ни одной пары двух подряд идущих нулей, иначе ближайшая к хк пара 00 примыкала бы к 1 и набор х содержал бы тройку 100, следовательно, и некоторый набор ЮОР £ Л из 8 цифр, попада­ющий в А. Справа от х^ не может быть и двух подряд идущих единиц. Дей­ствительно, найдем ближайший справа от этой пары нуль (он существует, поскольку х содержит бесконечно много нулей). Между парой 11 и рассмат­риваемым 0 могут стоять только единицы (0 — ближайший), так что два ле­вых соседа этого нуля — единицы. Справа от него также стоит 1 (двух подряд нулей справа от хк нет, как показано выше). Поэтому цепочка х содержала бы набор ... 1101 следовательно, и набор 1101 у Є ^. Итак, справа от хк бесконечно много нулей и единиц, причем никакие две подряд идущие цифры не могут повторяться. Но в этом случае х = xt ... xk—i--- 1010101... содержит набор а2 = 10101010 (Е А. Это противоречит сделанному предположению. Значит, множество А — искомое.

841. Сдвирая оси координат иа плоскости параллельно самим себе на целочисленные расстояния, получим разбиение плоскости на квадраты. Пусть {Qft, fc^ 1} —последовательность этих квадратов, проиумерозанных по часовой стрелке (рис. 87). Последовательность      покрывает плоскость.

1

Рассмотрим следующую числовую последовательность:      = -у , а2 =

~ 2ft+1 0 < at < а3 <

2ft + 1

<°2k-

2          _ 2        _ 3      k k+l

°з— t; > °4 — — »        <hk—і — Ofc_і_ і   • аФ

З » "З — 5 > "4 — -g- . .... "2ft—і Среди чисел ап нет одинаковых, так как

 

 

 

 

 

 

 

Подпись: «2*-

 

 

 


<~2< a2k <

Подпись: < а2 < 1.   При этом квадрат {Qft( на два прямоугольника Qft =a2ft + °2ft—і = 1 • Разобьем Р2£ U Р2ft_i 00 сторонами 1 и , соответственно. Тогда последовательность прямоугольников

 

{Рп) покрывает плоскость, Рп имеет размеры 1 X <*п-

Вт, ни Ст, так как

Разрежем прямоугольник Рп на три треугольника Ап, Вп, Сп (рис. 88). Система треугольников [Ап, Вп, Сп, n^tl} покрывает плоскость и не содержит подобных треугольников. Действительно: а) Ап не подобен ни

Вт, Ст равнобедренные, а  Ап — нет  (ап < 1 <

 

і

б)         Ап не подобен Ат при пфт, так как не равны отношения соот-
ветствующих катетов \ап : 1 Ф ат : 1, ал: 1 Ф 1 : ат, поскольку ап < 1 <

 

в)         Вп не подобен Вт, так как ие равны отношения боковых сторон
к основаниям ^~2~      + а\ : ап ф -g- "j/l + а„ : «tm. поскольку ап=й cmj I

г)         С„   не   подобен  Ст   по  той же причине V^l + ^: 1 Ф

 

д)         если бы, наконец,  С„ ~ Вт,  то из равнобедренности Сп и Вт

следовало бы -L 1^1 +    : 1 = -L V\ + а* : ат, откуда   а„ = — ,
г.          z ат

1

что невозможно:  ап < 1 < ——. Итак, система (Ап, Вп, Сп, п^1\ и

ат

есть искомое разбиение.

842. Легко показать, что сп > О для всех п ^ 1. Поэтому сп^, =

= а" "т" ~7—jTTi—> агс>  т-   е-   последовательность   {я„} возрастает.

Докажем ее ограниченность. Для этого применим последовательно данное соотношение при п = k, ft — 1, ft — 2, 3:

ak-\      ak-\     ,      ak~ 2

ь +t-v + «3 =

aft-H~ (*+!)*   *(* —1) +a*-' '

к—l     .      "ft—2 a

-           (ft + 1) k   1   ft (ft — 1) ^ ^4-3

aft-l     flft-2          fla flt

~~ (ft+l)ft       ft(ft—1) ^ 4 • 3       3- 2 +a2- (1'

5

Докажем по индукции, что     < —   при всех ft>3.   Ясно, что  а3 =

о

15 5 = 1 + -g—g- < — .  Пусть ас < -j-  для всех   3 <: С ^ ft.   Тогда из

(1) получаем (используя условие ^ = 02= 1) 5

( (ft + 1) ft + ft (ft — 1) + " + 5 • 4 ) + 12 +

+ _L +1 = A (J   L_ + _! L.

+ 6 ^       ЗІ*       ft+l^ft—1       ft ^

" +4   5~) + l+ 4 _~г(~ї пгг)+~г<

<4('+4-)-t

5

Следовательно, по индукции      < —-   для всех к ^ 3. Значит, возра-

о

стающая ограниченная последовательность {а„} имеет предел.

843. а) Пусть данные многоугольники не имеют общих точек. Тогда птйдется прямая /, отделяющая один многоугольник от другого (в качестве / можно выбрать перпендикуляр к середине кратчайшего отрезка, соединя­ющего точки данных многоугольников). В этом случае проекции всех век­торов Афь на направление, перпендикулярное /, имеют один и тот же знак. Поэтому проекция суммы этих векторов на выбранное направление не

может быть нулем. Следовательно, сумма А1В1-\- ...-\- АпВпФ0, ч.о противоречит условию. Значит, многоугольники пересекаются.

б) Пусть О — произвольная   точка   на   плоскости.   Выберем   точ; и

А   и  В на плоскости так, чтобы  OA =        + • • • + ОАп  j   qb =а

 

ов,+


+ овя


{А   и В — центры тяжести многоугольников).

 

Тогда

 

АВ = 0И — О 1


1


(OBl — OAi+ •• + ОВ„-ОЛ„) =

 

 

= X ^1В1 + * • • + А"В") = 0. т. е.   А = В   (центры тяжести многоугольников совпадают).   При этом

~AAV -{            1- ~ААп =Ш1 — 0*А-\            [-ОАп—ОА== (ОЛ t -|            \-

+ 0Ап) —п 0/4 = 0.

Аналогично ВВ, + ... + ВВп = 0 = ABt + ... + АВп, так как А — В.

Пусть многоугольник Л|А2 ... Ап получается поворотом АХА2 ... А„

—>

на произвольный угол вокруг точки А. На этом повороте вектор ААХ + + ... + ААп переходит в вектор ЛА, + ...+ ААп. Поскольку AAi~h -f- ... + А Ап = 0, то и А А] + ... + ААп = 0. Следовательно,

ЛІВ.+ ... +A'nBn = ABl-AA'i+ ••• +АЁп — АА'п=.

= (ЛВ,+ •• +ВАп) — (ЛЛ,+ ••• + AA„) = 0 —0 = 0. Итак, при любом повороте At ... Ап вокруг точки Л получается многоугол

ник А\ ... А'п, для которого A\Bx + ... + А'пВп = 0. Ясно, что после по­ворота Аг ... Ап иа угол, равный углу между прямой А]А2 и прямої / X X ВіВ2, получим многоугольник, в котором Л)Л2 X BjB-2- Это и есть ис­комый многоугольник.

Достаточно проверить по индукции, что п/З" < 1/3".

Решим более общую задачу. Пусть / (х) — непрерывная функция на оси, для которой при некотором п найдется х± такое, что хх = = / (/ (... / (xj))) (и символов /). Докажем, что уравнение / (х0) = х0 имеег решение. Предположив противное, рассмотрим непрерывную функцию g (х) = / (х) — х. По предположению g (х) Ф 0 для всех х. Докажем, что g (х) принимает как положительные, так и отрицательные значения. Если эго не так, то g (х) не меняет знака. Пусть, например, g (х) > 0 д. і всех х. Тогда / (х) > х при всех х. Применяя это неравенство в точках //„ = = f (f (■■■ t (*i))) (« символов f), получаем

/(/(••/       = Jta = / (</„_,) > «/„_, = / (У„_2) > • • > yx = = І(*і)>*і.

что противоречит условию xx = / (/ (.../ (a.-j))). Аналогичное противоречие /(/(.../ < Xj получается в случае, когда g (х) < О при всех х. Итак, найдутся х2 и х3 такие, что g (х2) < 0 < g (х3). Но тогда из непрерывности g (х) следует, что для некоторого х0 Є ]х2, х3[ g (х0) = 0, т. е. / (х0) = х„, что и требовалось доказать.

846. Очевидно, что в каждый момент времени длина кольца не меньше периметра сечення пирамиды плоскостью, в которой лежит нить. Покажем, что в некоторый момент этот периметр не меньше 2. Для этого рассмотрим плоскость сечення в момент, когда она проходит через вершину А. При этом в сечении пирамиды образуется тре­угольник. Пусть его вершины М и N лежат иа сторонах ребер CD и СВ (ос­тальные случаи рассматриваются ана­логично). Разрежем поверхность пира­миды вдоль ребер АС, АВ, BD и развернем ее последовательно относи­тельно ребер AD, DC н ВС. Поскольку грани ABCD — правильные треуголь­ники,   то   развертка   пирамиды —

параллелограмм ABDB'A'CA (рис. 89), где точки А и А , В и В склеива­ются при сборке пирамиды. При этом контур треугольника AMN перейдет в ломаную AMNA', соединяющую точки А и А'. Ясно, что длина этой ло­маной не меньше, чем АА' = 2АС = 2. Итак, длина кольца, удовлетворя­ющего условию задачи, не меньше 2.

С другой стороны, через зачжнутое кольцо длины 2 можно протянуть данный тетраэдр. Для этого достаточно, чтобы в каждый момент кольцо оставалось в плоскости, параллельной паре скрещивающихся ребер АС и BD и совпадало с контуром четырехугольника се-

В          Д        В   чения пирамиды плоскостью. Действительно, пусть

и/\м /\С /, KMNL — тот четырехугольник, где к £ АВ, М £ /   \Л/ \/.К     Є ВС, N £ CD, L е AD. Тогда из условия парил-

т           лельности  заключаем, что на развертке (рис. 90)

я       с КМ Н AC, MN || BD, NL || СА',   LK' II DB',

Рис. 90            т. е. KMNLK' — отрезок  прямой и КК' || АА'.

Поскольку ABB' А' — параллелограмм, то КК' = = КМ + MN + NL -f- LK' = АА' — 2. Следовательно, периметр сече­ння не зависит от положения плоскости сечения и равен 2.

Таким образом, минимальная длина кольца, которая удовлетворяет условию задачи, равна 2.

848. Для решения задачи рассмотрим процесс изменения с течением времени фигуры, освещаемой фонарями, в трехмерном пространстве. Вве­дем в плоскости города оси координат ОХ н OY. Добавим к этим осям тре­тью, временную ось. В каждой плоскости {(х, у, z) | z = t] изобразим мно­жество точек (х, у), освещаемых фонарями в момент t. Пусть в момент вре­мени Ге на один из фонарей поставлена новая батарея. Тогда в плоскости

Й

= tB) этому фонарю будет отвечать круг освещенности s (t0) радиус і 0 с центром 0 (х0, у0, 10), где (х0, у0) — координаты фонаря. В каждый по­следующий момент t освещается круг s (f) радиуса 200 — 10 (t — t0) с цент­ром Оі = (х0, у о, t), лежащий в плоскости [г = t) (рис. 91). При t = t0 -f-+ 20 этот круг превратится в точку s = (х0, у0, t0 + 20), так как к этому мо­менту батарея иссякнет: 200 — 10 (t — *„) = 200 — 10 • 20 = 0. Легко установить, что множество всех освещенных данным фонарем точек Q =• = U*i У г г) I С*! У) d 5 (г)] в системе координат OXYZ совпадает с конусом.

основание которого — круг s (/„), а вершина — точка s. Назовем Q конусом освещенности данного фонаря.

Отметим, что (л-, у, г) Є Q тогда и только тогда, когда точка (х, у) го­рода в момент времени г освещается фонарем. Отсюда следует, что если ко­нусы освещенности Qt и Q2 двух фонарей имеют общую точку (аг, у, г), то некоторая точка города (а именно (.г, у)) в момент времен и г освещается каж­дым из этих фонарей. Поэтому для решения задачи достаточно показать,

что найдутся два фонаря, конусы освещенности которых пересекаются.

Предположим, что это не так. По условию в течение суток в городе было поставлено 18000 батарей. Это озна­чает, что в системе координат OXYZ расположены по крайней мере 18 000 конусов, основания которых лежат водной из плоскостей {(х, у, г) | z = = t], где t0 < t <; t0 -f 24, /0 — момент начала рассматриваемых суток. Тогда они занимают объем V, не меньший 18 000 V0, где V0 — объем одного конуса.   Легко показать, что V0 =

= у я (200)2 -20 (20 — высота кону­са). Поэтому V > 18 000 у я (200)2Х

X 20 = бя • 103 • 8 • 106 = 48я • 108.

С другой стороны, все фонари ле­жат внутри города, радиус которого 10 км = 104 м. Поэтому основания ко­нусов освещенности помещаются внут-200 м (фонарь у границы города может освещать и точки вне его, но не далее чем на 20 м от границы). При этом вершины конусов лежат ниже плоскости {(х, у, г) \ г = t0 + 44}, так как каждая из рассматриваемых 18 000 батарей была подключена не позже момента t0 + + 24 и, значит, иссякнет к моменту t0 + 24 + 20 = t0 -f- 44. Отсюда выте­кает, что любой из рассматриваемых 18 000 конусов помещается внутри ци­линдра высоты (tB + 44) — tB = 44 и радиуса основания 104 + 200. По­скольку конусы не пересекаются, то их общий объем V <: я (104 + 200)2 X X 44. Как показано выше, V > 48я • 108. Это невозможно, поскольку 44 • (104 + 200)2 = 44 1,022 • 108 < 44 • 1,05 • 108 = 4,62 • 108 < 4,8 X X 108. Следовательно, по крайней мере два конуса пересекаются, т. е. некоторая точка города освещалась в некоторый момент времени двумя из рассматриваемых фонарей.

Если бы сумма цифр квадрата натурального числа п равнялась 1983, то л2 делилось бы на 3, так как 1983 делится на 3. Тогда и п должно делиться на 3, ал2 — делиться на 9. Однако 1983 на 9 не делится. Следова­тельно, точного квадрата с суммой цифр 1983 не существует.

Квадрат с суммой цифр 1984 существует. Рассмотрим число п = = 99... 97 (219 девяток). Поскольку л=10...0—3, то ла=ЮО...О —

220" 440

— 2 • 3 • 10 ... 0 -f 32= 99 ... 9 40 ... 09. Следовательно, сумма цифр

220      219 219

числа л2 равна 219 9 + 4 + 9 = 1984.

В каждую машину можно поместить не менее 2 тонн груза: если в некоторый момент машина загружена менее чем 2 тоннами, то ее всегда можно догрузить (поскольку машина перевозит 3 тонны, а каждый ящик


весит не более тонны). Поэтому для перевозки груза потребуется не более 10 : 2 = 5 трехтонок.

Четырех трехтонок может для этого не хватить. Действительно, пусть имеется 13 ящиков, по 10/13 тонны каждый. Тогда в каждую трехтонку можно погрузить только 3 ящика (4 • 10/і3 = З1/^ > 3). Поэтому 4 трех­тонки смогут перевезти лишь 4 3 = 12 ящиков, а тринадцатый останет­ся. Итак, наименьшее количество требуемых трехтонок равно пяти.

= J_(io2-1983 -i) +

1 22

853. 11

Поскольку т™ < 1984 и п"< (mnf < 1984, а 1984 < 3075 = 5s. то т < 4 и п < 4, Так как 1984 должно делиться на т и не делиться на 3, то тфЪ. Далее простым перебором остав­шихся возможностей m =' 2,4 убеждаемся, что т = 4, п = 3.

Повернув плитку на 90° и приложив ее к меньшим сторонам прямоугольника, по­строим внутри него меньший прямоуголь­ник размерами 19 (4 • 19 — 73) =19-3 (рис. 92). Очевидно, что эти прямоугольники имеют общий центр, совпадающий с точкой пересечения диагоналей меньшего прямоугольника 19 • 3. Их длина V 192 + З2 = /370 < 73 меньше стороны плитки. Поэтому общий центр прямоугольников можно построить с помощью данной плитки и каранда­ша, если провести диагонали найденного прямоугольника.

1983

1933

1

1983

1   101983+ 2

11 ... 1 + 11

10

1

1983

-2)

-1) =

+ і<ю

= 33 ... 3

2-1983 1983

33

34.

(102.1983+ 10I983.

 

] 983    1983

дают в интервал

[з I]

*8 + х7 + 1 = Xs (х2 + х + 1) — Xі (х2 + х + 1) + Xs (х2 + х + + 1) — х(х2+х + 1) + (х2 + х+ 1) = (х2 + х+ 1) (X6 — х1 + х3 — х+ 1).

При перемещении вершина О все время находится на фиксирован­ной окружности, из точек которой отрезок АВ виден под заданным углом. Биссектриса углов АОВ пересекает эту окружность в точке С, делящей дугу АВ пополам. Очевидно, что положение точки С (середины фиксиро­ванной дуги АВ) не меняется при движении вершины О по окружности. Точка С — искомая.

Расположим данные числа в порядке возрастания: at ^ а2 ^ • • • • • ^а1В. Предположим, чтовсе попарные отношения этих чисел не попа-

неравенство ак+1 <     ад.   Поскольку ak+l — целое число

Тогда при любом 1 <; k ^ 9 справедливо

За*

+ 1, то aft+1>

• -И4

+ 1 (здесь [х\ — целая часть

 

числа х). Ясно, что аг~^\. Тогда a2>2, а3 > j^-^-g—j + 1 = 4, а4

>[4-4]+1=7' «5>[4-7]+i =

[•• н

отношении

Аналогично получаем ав > 17, а7 > 26, а8 > 40, ав > 61, а10 > 92. Последнее неравенство противоречит условию. Следовательно, одно из ак+1

принадлежит интервалу


857. Пусть квадрат q с единичной стороной расположен внутри квадра­та Q со стороной 2 и центром О. Предположим, что точка О лежит вне q. Тогда расстояние от О до одной из сторон q больше 1. Обозначим эту сто­рону MN. Единичный отрезок MN должен лежать внутри квадрата Q и в то же время не пересекаться с кругом единичного радиуса и центром О (расстояние О до любой точки MN больше 1). Следовательно, MN лежит целиком внутри одного нз четырех единичных квадратов, на которые раз­бивается квадрат Q (рис. 93). По условию MN = 1, а высота Л OMN,

опущенная на MN, больше 1. Следовательно, S0MN > -і- . 1 . 1 = -і. .

Обозначим Мх проекцию М на сторону Q такую, что л MfiN < л MON,

a Nt — проекцию N на другую сторо­ну Q. Тогда S0MN < SoAf,yv Кроме того, расстояния тип точек МХ и Nt до вершины К квадрата Q, ближай­шей к этим точкам, не больше 1. Заме­тим, что

1 - (1 -m) =

X

X 1 . (1 _„) _.

1

■■ -_— (m -f- n — mn)

 

= 1Г(1


(1 —m)(\ — н)Х-

 

Это противоречит

 

так как m < 1, п < 1. Тогда и S0MN < Som,n, ^ .J"

1

доказанному выше неравенству  S0MV >      .   Следовательно, квадрат

q обязательно накроет центр О квадрата Q.

Сформулированное утверждение неверно. Изображенный на рис. 94 четырехугольник имеет периметр 22, а сумма расстояний 00 + + OA + OB + ОС = 30 > 22.

Если при наложении таблиц в не­которой строке совместились клетки разного цвета, то в этой строке найдется еще одна та­кая же пара клеток. Действительно, в против­ном случае количества снних клеток в совме­щаемых строках двух таблиц отличались бы на единицу, что невозможно, так как эти ко­личества — четные числа. Аналогичное рас­суждение показывает, что в одном столбце с парой разноцветных клеток найдется еще одна пара разноцветных клеток, а строка, содержащая эту пару, также содер­жит разноцветную пару клеток. Очевидно, что найденные три пары совме­щаемых разноцветных клеток различны и не совпадают с исходной.

Обозначим К точку касания окружностей О] и 02 с центрами А, и В., касающихся угла АОВ в точках А и В соответственно. Тогда К Є А\В1г ^АКВ = 180° — ^ АКАХ — ^ BKBV В равнобедренных тре­угольниках  AAtK и BBtK   ^АКАХ = -^-(т° — ^АА1К),   ^BKBt = = ~y (180° — ^BBtK).       Следовательно,      ^АКВ = 180° — ^180° —

~2 ^BBtK         ^ ^АА,к) = ~y (^ВВХК + ^ААХК).

Рассмотрим пятиугольник ОААхВхВ. Сумма его углов равна 3 • 180°, причем ^ АхАО = ВхВО = 90°. Следовательно, ^ ВВХК + ^ ААХК = = 3 • 180° — (2 • 90° + ^ АОВ) = 2 • 180° — ^ АОВ. Отсюда находим

^ АКВ = 180°   g jzAOB, т. е. отрезок АВ виден из точки К под углом

постоянной величины (ясно, что величина -с АОВ не меняется при движе­нии К). Поэтому множество точек К совпадает с дугой окружности, опи­рающейся иа отрезок АВ. Для ее построения достаточно вписать в угол АООх, где ООх — биссектриса *z АОВ, окружность так, чтобы она касалась АО в точке А, а ООх — в точке С б ООх, и провести дугу АСВ через три точки А, С, В.

Используя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим, заметим, что при х 0

2х" + 4х* + 254* = 2*5 + 22** + 232 > 3 • 2{х"+2х,^'ъ >

>3.2^"?та = 3.2^ = 3.1б".

Эти неравенства превращаются в равенства только тогда, когда Xі = 2х* = = 32, т. е. при х = 2. Это значение является единственным положительным решением уравнения. Отрицательных решений оно не имеет (при х < 0 пра­вая часть меньше 3, а левая всегда больше 232).

Обозначим ап длину л-й плиты, Sn = ах + ... + ап. По условию Sn : I = 1 : а„_ц, так как соответствующие прямоугольники подобны и не

равны. Отсюда находим an+l = ^J—, т. е. последовательность ап однозначно

строится по величине ах. Предположим, что при некотором выборе о, S„ < 10е для всех л. Тогда ап^х > 10~6 при я ~^ 1, откуда S„ > я « 10—6 ^ ^ 10° при л = Ю1а, что противоречит сделанному предположению. Следо­вательно, для любого ах найдется л такое, что Sn 5* 10е, т. е. дорогу длиной не менее I 000 000 построить можно.

865.     Предположим противное: пусть для некоторых   а и Ь   \ху —

ах — Ьу\ < —г-   при всех х, у6[0, 1].   Подставляя в это неравенство

3

х = 0, 1 и у = 0, 1,   получаем   |6|<-g-.|e|<-g-,   | і _ а _ & | <

< ~ .   Последнее неравенство невозможно, поскольку   11 — а — b \

>»—|а|-|о|>1            і           ^"З--  если 1"'<Т' |6' <4"

Следовательно, первое утверждение задачи верно.

Докажем, что в этом утверждении постоянную V» нельзя заменить

\ху       —х

I           1

~ТХ 3

X (1 — У)Л-У(1 — *))> так как *. 0€[О, 1] и ху^О, х(1—у)+у(1

иа с > ~ . Для этого положим а = 6 = — и заметим, что не сущест-
вует х, уб|0, 1] таких, что     g-*       g- У |>с Действительно,

у | = -g" I ху — х (1 — у) — у (1 — х) | < -д- max (ху, хХ

х) >0. Поскольку Jty <; I и л:(I — у)-\-у(\ — х)^х • 1 + 1.(1 — *) =
= I, то \ху         д— х    — у <-g- max (1, 1) = "3- < с Для всех х, у g

Є[0, 1J. Следовательно, уже при а = Ъ = -у- постоянную »/3 в сформу­лированном в задаче утверждении увеличить нельзя.

Поместим в точку С начало координат, совместив ось абсцисс с прямой СА, и обозначим а = ^ АСВ. По условию АС = i>i<+ о, ВС = = и2/, где і*!, и2 — скорости пешеходов, а — начальное расстояние между ними, at — время движения. Тогда А = (а + и^, 0), В = (v2t cos а, и2< sin а). Обозначив х, у координаты центра О окружности, описанной вокруг Д ABC, перепишем равенства OA2 = OB2 = ОС2 в виде (* — а —

vit)2 + У2 = (х — к3< cos а)2 + (у — ь2 < sin а)2 = *2 + у2. Отсюда на­ходим

- 2* (о+ »,/)+(а + V)2 = 0, — 2«'^ cos а — 2#г>2/ sin о + (v2i)2 = 0.

Следовательно,

1

х= -2~(" + V).

 

" = 2 sin a (^-2*cosa) =

а               /    с,           и, cte а \
= --ctg«+<(Ti^ !-gS-).

Обе координаты точки О изменяются по линейному закону с изменением вре­мени. Поэтому множество точек О совпадает с некоторым лучом, проведен­ным из начальной точки.

Этого сделать нельзя. Для доказательства достаточно провести на плоскости окружность большого радиуса так, чтобы она содержала внутри вершины всех углов, а отношение расстояний от этих вершин до центра окружности к ее радиусу было маленьким. Тогда, как нетрудно убе­диться, величина дуги, высекаемой на окружности каждым углом, будет мало отличаться от величины этого угла (достаточно рассмотреть лишь два треугольника с общим основанием, длинными боковыми сторонами и близкими вершинами и проверить, что углы при вершинах мало отличают­ся). Следовательно, сумма угловых величин дуг, высекаемых данными угла­ми на окружности, будет меньше 360°, если только ее радиус достаточно велик. Это означает, что некоторые точки окружности не покрываются данными углами.

Заметим, что знакомые А не знакомы между собой (иначе А был бы их общим знакомым, что противоречит условию). Обозначим В, Аи ....

Ап совокупность всех знакомых А (В знаком с А по условию). Каждый из участников А[, 1 ^ і ^ п не знаком с В, как показано выше, поэтому у А( и В есть ровно два общих знакомых. Один из них — это А. Обозначим Ві — другого нз них. Отметим, что А[Ф В) и В[ знаком с jB. Итак, каж­дому Aj (знакомому А) мы поставим в соответствие В/ (знакомого В). Если і Ф j, т. е. А{ и Aj — разные участники, то В{ и Bj — также различ­ны (иначе у В,- и Л было бы по крайней мере три общих знакомых: В,^ Ai, А и при этом А и В{ не знакомы). Следовательно, у В имеется по крайней мере п + 1 знакомый: А и Blt Вп, т. е. не меньше, чем у А. Аналогично доказывается, что число знакомых А не меньше, чем у В. Отсюда заключа­ем, что у двух знакомых участников одинаковое число знакомых.

Предположим теперь, что участники С н D не знакомы. Тогда они имеют общего знакомого Е, причем количества знакомых С и Е, D и Е совпадают, как показано выше. Следовательно, С и D имеют одинаковое число знако­мых. Итак, любые два участника олимпиады знакомы с одинаковым коли­чеством участников.

869. Заметим, что числа Зл + 1 и я взаимно простые, а общим делите­лем Зя + I и 2л — 1 может быть только 5: если Зя + 1 = da, 2л — I = = db, то d (2а — 36) = 2 (Зя + 1) — 3 (2л — I) = 5. Следовательно, дробь Зя + 1

р — п рп          і j можно сократить только на 5. После сокращения знамена-
тель р не может иметь делителей, отличных от 2 и 5, так как р представля-
ется в виде конечной десятичной дроби. Поэтому я (2л — 1) делится только
на 2 или 5, т. е. л (2я — 1) = 2* • 5т. Числа п и 2я.— I взаимно простые,
причем 2я — 1 нечетно. Отсюда заключаем, что л = 2*, 2л — 1 = 5"'.
Следовательно, целые неотрицательные числа кит удовлетворяют урав-
нению 2Ш = Ът + 1. Число 5m + 1 = (4 + I)"1 + I = 2 + ((4 + \Уп —
— 1) дает остаток 2 при делении на 4. Поэтому 2*+' Не делится на 4, т. е.
к = 0. При этом т = 0 и я = 1. Дробь р удовлетворяет условию задачи
только при п = 1.

871. Число b Є [0, 1J имеет не более л значащих цифр тогда и только тогда, когда все его цифры, начиная с я + 1-й после запятой, равны нулю. Каждую из первых я цифр можно выбрать 9 способами: 0, I, 8. Поэтому ап = 9". Для подсчета Sn поставим в соответствие каждому числу b 6 € [0, 1] с не более чем п значащими цифрами число Ь' = 088 ... 8 — b Нетрудно понять, что это соответствие взаимно однозначно. Попарно сгруь-пировав слагаемые в сумме Sn + Sn, заключаем, что

             с

2S„ = ап 0,8 ... 8 = 9" • —- (1 — Ю-").

Следовательно,

— = (1-10  )-,  ,,m — = 1Г.

872. Рассмотрим две окружности радиуса г с центрами А и В, которые расположены на сфере единичного радиуса с центром К и касаются друг друга в точке С. Тогда точки А, В, С и К лежат в одной плоскости, пер­пендикулярной к плоскости симметрии А и В и проходящей через К. В равнобедренных треугольниках КАВ и КАС СК _L АВ и АС = ВС = г, АК = СК = ВК = 1. Отсюда найдем KB = V\ — г2 и АВ = 2г /Г^72 Следовательно, центры данных окружностей О, 0lt 05 лежат на сфере радиуса Pi = 1^1 — а2 и образуют пятиугольную пирамиду, все ребра ко­торой равны а = 2r Y\ — л2. Очевидно, что при этом 0\, .... 05 лежат в одной плоскости.

Рассмотрим треугольник KOtO. В нем ООх = a, OtK = OK = R, а высота OtL, опущенная на ОК, лежит в плоскости ОхОг ... Ов и совпа­дает с радиусом окружности, описанной около прааильного пятиугольника

Oj02 ... 05. Его сторона равна а, поэтому OtL =      ?       . Поскольку

2 sin -=-о

 

aR- -о _l

jt_ ~~ ' 2 5

OyL OK = 2S00iK, то а

2 si


Подпись:

 

Авторы: 110 А Б В Г Д Е З И Й К Л М Н О П Р С Т У Ф Х Ц Ч Ш Щ Э Ю Я

Книги: 128 А Б В Г Д Е З И Й К Л М Н О П Р С Т У Ф Х Ц Ч Ш Щ Э Ю Я