Н. А. КОЛМОГОРОВ, Ф. Ф. НАГИБИН, В. В. ЧУДИНОВСКИХ

СБОРНИК ЗАДАЧ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ УЧАЩИХСЯ СРЕДНИХ ШКОЛ К МАТЕМАТИЧЕСКИМ ОЛИМПИАДАМ

Министерство просвещения РСФСР

Кировский государственный педагогический институт имени В. И. Ленина

Н. А. КОЛМОГОРОВ, Ф. Ф. НАГИБИН, В. В. ЧУДИНОВСКИХ

СБОРНИК ЗАДАЧ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ УЧАЩИХСЯ СРЕДНИХ ШКОЛ К МАТЕМАТИЧЕСКИМ ОЛИМПИАДАМ

Под общей редакцией профессора Н. А. Колмогорова

ВОЛГО-ВЯТСКОЕ КНИЖНОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО

1968

51(075) К60

ОТВЕТСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР

Е. С. Канин

ПРЕДИСЛОВИЕ

Настоящий сборник ставит своей целью оказать помощь учителям математики в подготовке учащихся средних школ к математическим олимпиадам, которые в настоящее время становятся все более и более распространенными. Кроме того, он может быть полезным учителям математики при проведении занятий в школьных математических кружках и других внеклассных мероприятий.

В данном сборнике помещено 570 задач по арифметике, по различным разделам алгебры, геометрии, тригонометрии, в том числе задач, решаемых методом исчерпывающих проб, задач и примеров, содержащих абсолютные величины, задач на нахождение наибольших и наименьших значений, логических задач. На все задачи даны или полные решения, или указания, или ответы. Для задач на некоторые разделы даны методические указания.

При составлении сборника авторы стремились включать в него, главным образом, нестандартные задачи. С этой целью в сборнике помещены задачи, которые давались в разное время на различных математических олимпиадах, например, на московской, ленинградской, киевской, минской и других. Значительное число задач накопилось у авторов в связи с проведением математических олимпиад в городе Кирове, начиная с 1940 года, которые тоже вошли в настоящий сборник.

В выборе задач и в решении их для настоящего сборника принимали участие студенты старших курсов Кировского педагогического института им. В. И. Ленина. В частности, большую работу провел бывший студент Ю. Б. Симонов, которому авторы выражают свою признательность.

В заключение отметим, что задачи, содержащиеся в § 1—8 и в § 13, подготовлены В. В. Чудиновских; задачи в § 9—10 подготовлены Н. А. Колмогоровым и задачи в § 12 подготовлены Ф. Ф. Нагибиным.

Все замечания и пожелания по поводу настоящего сборника авторы просят направлять по адресу: г. Киров обл., 13, ул. Ленина, 111, Кировский пединститут, математические кафедры.

§ 1. ЗАДАЧИ ДЛЯ АРИФМЕТИЧЕСКОГО И АЛГЕБРАИЧЕСКОГО РЕШЕНИЯ

1. Отец и сын зимой измеряли длину двора шагами, начав с одного и того же места и идя в одном и том же направлении. В некоторых местах следы ног отца и сына точно совпали. Всего на снегу по линии обмера оказался 61 след. Чему равна длина двора, если шаг отца равен 0,72 м, а шаг сына—0,54 м?

2. Несколько человек собирали грибы. Один из них нашел 6 грибов, каждый из остальных по 13. В другой раз число сборщиков было иное. На этот раз один нашел 5 грибов, а каждый из остальных—по 10. В обоих случаях было собрано одно и то же количество грибов, более 100, но менее 200. Найти число сборщиков грибов в каждом из этих случаев.

3. Белка за 20 минут приносит в гнездо один орех. Далеко ли от орешника ее гнездо, если известно, что налегке белка бежит со скоростью 5 м\сек, а с орехом—3 м/сек?

4. Собака гонится за зайцем со скоростью 17 м\сек, заяц бежит со скоростью 14 м\сек. Расстояние между ними до погони было 150 ж. Догонит ли собака зайца, если в 520 м от зайца растут кусты, где он может спрятаться?

5. Собака, находясь в точке Л, погналась за лисой. Расстояние между ними было 30 м. Скачок собаки равен 2 м, лисы— 1 м. За одно и то же время собака делает 2 скачка, лиса—3. На каком расстоянии от точки А собака догонит лису?

6. Ледокол вышел из морского порта по направлению к острову, который находится на расстоянии 840 км, и шел со скоростью 20 км/час. На некотором расстоянии с борта ледокола поднялся самолет. Он полетел по направлению к острову со скоростью 120 км,\яас. Сколько времени самолет пробыл в воздухе, если известно, что летчик находился в пути ровно 22 часа?

7. Бригаде косцов надо было скосить два луга, один вдвое больше другого. Половину дня бригада косила большой луг. После этого она разделилась пополам: одна половина осталась на большом лугу и к вечеру его докосила, вторая же половина косила малый луг, но скосить его не успела. Сколько косцов было в бригаде, если известно, что оставшуюся часть работы в течение следующего дня выполнил один косец?

8. В магазине были конфеты двух сортов: по 1 руб. 80 коп. и по 1 руб. 50 коп. за килограмм. Покупатель купил конфет

первого сорта на 0,5 кг больше, чем второго, и заплатил за них в полтора раза больше, чем за конфеты второго сорта. Сколько стоила вся покупка?

9. Колхозница продала яйца двум покупателям: первому — имеющихся у нее яиц и еще 15 штук, второму — остатка и последние 10 штук. Сколько яиц продала колхозница?

10. Один сказал другому: если ты отдашь мне свое яблоко, то у нас их будет поровну. Второй ответил: если ты отдашь мне яблоко, то у меня их будет в три раза больше, чем у тебя. Сколько яблок у каждого из них?

11. Три мальчика коллективно купили волейбольный мяч. Сколько денег внес на покупку каждый, если известно, что третий мальчик внес больше первого на 6 руб. 40 коп., а ~ взноса первого мальчика равна — взноса второго или взноса третьего?

12. На склад привезли 32 ящика с кастрюлями. В каждом ящике было упаковано 36 малых и несколько больших кастрюль. Сколько привезли больших кастрюль, если число их во всех ящиках равно числу малых и больших кастрюль в 8 ящиках?

13. Два бидона наполнены молоком, в первом из них молока в два раза больше, чем во втором. Когда из первого отлили 30, а из второго 20 литров, то в первом осталось молока в три раза больше, чем во втором. Сколько молока было в каждом бидоне до отливания?

14. Требуется изготовить ящик с квадратным дном для укладки коробок шириной в 9 см и длиной в 21 см. Какова должна быть наименьшая длина стороны квадратного дна, чтобы коробки поместились в ящике вплотную?

15. При сложении нескольких чисел допущены следующие ошибки: в одном из чисел в разряде десятков цифра 3 принята за 8, а в разряде сотен цифра 7 принята за 4; в другом в разряде тысяч цифра 2 принята за 9. В сумме получено 52000. Найти верную сумму.

16. Колумб открыл Америку в XV веке. В каком году совершено это открытие, если известно следующее:

а) сумма цифр, обозначающих этот год, равна 16,

б) если цифру десятков разделить на цифру единиц, то получим в частном 4 и в остатке 1.

17. В восемь часов вечера зажжены две свечи одинаковой высоты. Известно, что одна из них сгорает за 5 часов, другая— за 4 часа. Через некоторое время свечи были потушены. Оставшийся от первой свечи огарок оказался в четыре раза длиннее, чем от второй. Когда были потушены свечи?

18. Двое юношей и три девушки отправились в туристский

поход. У них были рюкзаки, общий вес которых составлял 44 кг. Рюкзаки юношей имели одинаковый вес, рюкзаки девушек—тоже. Чтобы одна из девушек всегда шла без груза—отдыхала в пути,—юноши несли рюкзаки девушек по одному на плечах и один вместе. Рюкзаки юношей поочередно несли две девушки. Таким образом, нагрузка каждого, кроме отдыхающей девушки, увеличилась на один и тот же вес. Определить вес рюкзака девушки и вес рюкзака юноши.

19. Для нумерации страниц словаря потребовались 2322 цифры. Сколько в словаре страниц?

20. В справочнике 710 страниц. Сколько цифр потребовалось для нумерации его страниц?

21. Банка с медом весит 500 г, та же банка с керосином — 350 г. Керосин легче меда в два раза. Сколько весит пустая банка?

22. На скотном дворе гуляют гуси и поросята, всего у них 30 голов и 84 ноги. Сколько поросят и гусей на скотном дворе?

23. Пруд зарастает ряской за 64 дня. Во сколько дней зарастет четверть пруда, если ежедневно количество ряски увеличивается в два раза?

24. Найти вес рыбы, зная, что хвост ее весит 4 кг, голова— столько, сколько хвост и половина туловища, а туловище—сколько голова и хвост вместе.

25. В кошельке лежит 71 коп. монетами по 5, 2 и 1 копейке. Количество монет по 1 и 2 копейки одинаково. Сколько монет каждого достоинства в кошельке, если всего их 31 штука?

26. Вставить пропущенные цифры:

§ 2. ЗАДАЧИ НА ВЫЯСНЕНИЕ СВОЙСТВ ЧИСЕЛ

1. Доказать, что при любом натуральном п

2. Доказать, что Ю71-}-! делится на 11 при любом нечетном натуральном значении п.

3. Доказать, что пъ+20п делится на 48 при любом четном натуральном значении п.

4. Доказать, что если в трехзначном числе средняя цифра равна сумме крайних, то число делится на 11.

5. Доказать, что сумма кубов трех последовательных целых чисел делится на 9.

6. Доказать, что 27 1958 — 10 8878 + 10 1 528 делится без остатка на 26460.

7. Число 3105 _|_ 4105 делитСя На 13, 49, 181, 379, но не делится на 5 и 11. Как это проверить?

8. Доказать, что разность между кубом нечетного числа и самим числом делится на 24.

9. Доказать, что п2 — 8 ни при каком целом значении п не делится на 5.

10. Доказать, что при любом натуральном п число - целое.

11. Доказать, что произведение k последовательных натуральных чисел делится на kl (где k\ = 1-2-3- . . . -k).

12. Найти остаток от деления 67283 на 13.

13. В шестизначном числе первая цифра совпадает с четвертой, вторая—с пятой, третья—с шестой. Доказать, что это число делится на 7, 13, 11.

14. На какую цифру оканчивается число 777777?

15. Доказать, что у любого точного квадрата произведение двух последних цифр четно.

16. Если из трехзначного числа, цифры которого есть последовательные убывающие числа, вычесть число обращенное, то разность всегда равна 198. Доказать.

17. Может ли сумма нескольких последовательных натуральных чисел быть натуральной степенью числа 2?

18. Сколько цифр имеет число 2100?

19. Найти две последние цифры числа 99“ —5151.

20. Дана последовательность Un целых чисел, для которой f/i=l, Uk = Uk-x+k. Доказать, что Un + Un+X = (п + l)2.

21. Доказать, что произведение четырех последовательных целых чисел, сложенное с единицей, есть точный квадрат.

22. Доказать, что сумма квадратов пяти последовательных целых чисел не является полным квадратом.

23. Сколько трехзначных чисел имеют по крайней мере по две одинаковые цифры?

24. Доказать, что при п > 2 всегда одно из чисел 2п — 1 и 2л+1 простое, другое—составное.

25. При каких натуральных значениях р числа р+10,/? + 14 одновременно будут простыми?

26. Доказать, что если р и 8р — 1 простые числа, то число 8р +1 —составное.

27. Доказать, что если р^>5 простое число, то р2— 1 делится на 24.

28. Пусть ръ р2, р3, ..., рп различные простые числа. Сколько делителей имеет число q = pip2p3.. .рп, включая 1 и д?

29. Доказать, что квадрат простого числа, кроме 2 и 3, при делении на 12 дает в остатке 1.

30. Доказать, что из всех целых чисел вида 2р+\, где р— простое число, только одно может являться точным кубом.

31. Доказать, что для любого натурального п существует такое число N, что все числа N+l, N + 2, iV+3, N+ti составные (не простые).

32. Известно, что а и J и /а+/б рациональные числа. Доказать, что числа |/а и /б также рациональны.

33. Доказать, что наименьшее число, взаимно простое с каждым из чисел 1, 2, 3, . . . , п, есть число простое.

34. Найти произведение всех делителей числа N, если их п.

35. Доказать, что (х — у)5 + (у — г)ъ + (z —х)ъ делится на 5(* — у)(у — z)(z — х), где л:, у, z — целые, попарно неравные числа.

36. Доказать, что многочлен 1 +л: + л:2 +... + л:999 делится на 1 + х+х2+... + х2*9.

37. Доказать, что не существует целых чисел а, 6, с, d таких, что выражение ах3 + bx2 + ex + d равно 1 при x — 19 и равно 2 при x = 62.

38. Чтобы найти произведение трех последовательных целых чисел, достаточно куб среднего числа уменьшить на это число. Доказать.

39. Найти двузначное число, обладающее следующими свойствами:

а) если искомое число умножить на 2 и к произведению прибавить 1, то получится точный квадрат;

б) если искомое число умножить на 3 и к произведению прибавить 1, то получится точный квадрат.

40. Найти пятизначное число, обладающее следующим свойством: при умножении его на 9 получается число, изображенное теми же цифрами, но в обратном порядке, т. е. число обращенное.

41. Найти два числа по следующим условиям:

а) сумма их равна 1244;

б) эти числа станут равными друг другу, если в конце первого приписать цифру 3, а в конце второго числа отбросить цифру 2.

42. Трехзначное число оканчивается цифрой 3. Если эту циф-

ру перенести через два знака влево, т. е. поместить в начале,то новое число будет на 1 больше утроенного первоначального числа. Найти это число.

43. Найти четырехзначное число, являющееся точным квадратом, у которого цифра тысяч одинакова с цифрой десятков, а цифра сотен на 1 больше цифры единиц.

44. Найти двузначное число, равное утроенному произведению его цифр.

45. Дана арифметическая прогрессия, состоящая из четырех целых чисел. Известно, что наибольшее из этих чисел равно сумме квадратов остальных трех чисел. Найти эти числа.

46. Доказать, что числа \f2, V^3 и /5 не могут быть членами одной арифметической прогрессии.

47. Могут ли числа 2, /6 и 4,5 быть членами одной и той же арифметической или одной и той же геометрической прогрессии?

48. Доказать, что число 3999...96000...01 есть точный квадрат.

49. Доказать, что числа 49, 4489, 444889, ... , получаемые вставкой 48 в середину предыдущего числа, являются точными квадратами.

50. Последовательность чисел 1, 4, 10, 19, ... обладает тем свойством, что разности двух соседних чисел образуют арифметическую прогрессию. Найти /1-й член и сумму п членов этой последовательности.

51. Числа а, 1, Ь образуют арифметическую прогрессию, а числа а2, 1 и б2 образуют геометрическую прогрессию. Найти числа а и Ъ.

52. Числа a, b и с образуют арифметическую прогрессию. Обратные им числа также образуют арифметическую прогрессию. Доказать, что а = Ь = с.

53. Ученику предложена задача, для решения которой следовало первое из данных чисел разделить на второе и полученное частное умножить на число, — которого равны 4. Однако ученик поступил так: из первого данного числа он вычел второе и к полученной разности прибавил — от 6. Несмотря на это, полученный им ответ (10) был тот же самый, что и при правильном решении. Какие два числа были помещены в условии задачи?

54. Ученику было предложено перемножить два числа, произведение которых 4500. Переписывая с доски данные числа, он написал во множителе вместо цифры 5, стоящей в конце его, цифру 3 и после умножения в результате получил 4380. Найти данные числа.

55. Найти четыре таких числа, чтобы суммы чисел, взятых по три из них, были 22, 24, 27, 20. (Задача эта была дана греческим математиком Диофантом, жившим во II веке нашей эры).

56. Если задуманное число умножить на 3, справа приписать 2, полученное число разделить на 19 и к частному прибавить 7, то получится число втрое больше задуманного. Какое это число?

§ 3. ЗАДАЧИ, РЕШАЕМЫЕ МЕТОДОМ ИСЧЕРПЫВАЮЩИХ ПРОБ

Решение в целых числах алгебраических уравнений с целыми коэффициентами более чем с одним неизвестным представляет одну из труднейших проблем теории чисел. Этими задачами много занимались самые выдающиеся математики древности (Пифагор—VI в. до н. э., Диофант—II—III в. н. э.) и лучшие математики более близкой нам эпохи (Ферма—XVII в., Эйлер, Лагранж—XVIII в. и другие).

Несмотря на усилия многих поколений математиков, в этой области отсутствуют какие-нибудь общие методы. Проблема решения уравнений в целых числах решена до конца только для уравнений второй степени с двумя неизвестными. Для уравнений выше второй степени с двумя или более неизвестными весьма трудна не только задача нахождения всех решений в целых числах, но даже и более простая задача установления существования конечного или бесконечного множества таких решений.

Решение уравнений в целых числах представляет интерес не только для теории математики, но и для практики. Такие уравнения встречаются при решении многих задач. Для решения уравнений такого вида часто используется метод конечного числа проб. Этот метод заключается в отыскании такого минимума проб, который все же обеспечивает исчерпывающее решение поставленной задачи.

Рассмотрим применение метода исчерпывающих проб к решению задач.

Задача 1. Найти шесть последовательных четных чисел, сумма квадратов которых равна числу, составленному из четырех одинаковых цифр.

Пусть искомые числа 2п, 2д + 2, 2/г+ 4, 2п + 6, 2п + 8, 2/г+10, где /г—целое число.

По условию задачи (2/г)2 + (2п -f 2)2 + (2п + 4)2 + (2/г + 6)2+ + (2ft-f8)2-f (2п + 10)2 = аааа. Но аааа=1П\а, т. е. 4(6/г2 + 30/г + 55) — И1 la.

В левой части равенства есть множитель 4, следовательно, и правая часть должна иметь множитель 4. Поэтому а = 4 или а = 8. Эти значения и подлежат испытанию.

Пусть а = 4, тогда /гх = 11 и п2 = — 16.

Пусть а = 8, тогда п =-- не является целым числом. Значит а = 4, п = 11 и /г = — 16.

Искомые числа: 22, 24, 26, 28, 30, 32 или — 32, — 30, — 28, -26, -24, -22.

Задача 2. Число начинается цифрой 1. Если эту цифру переставить с первого места на последнее, то число увеличится втрое. Найти это число. Сколько существует чисел, отвечающих условию задачи?

Обозначим искомое число через 10х+ N, где N—число, изображенное всеми цифрами искомого числа, кроме 1; х— количество цифр числа N.

Согласно условию задачи 3 (10* + N) = 10N + 1, N=—---

Так как TV— целое число, то подбираем х так, чтобы число 3 • 10v — 1 было кратно 7.

При х = Ъ это условие выполняется, N = 42857.

При X = 11 условие тоже выполняется, N = 42 857 142 857. Подбор значений х можно продолжить.

Искомые числа 142857, 142857142857 и т. д. Таких чисел бесконечно много.

1. Числа 12, 14, 37 и 65 представляют одно из решений уравнения ху — xz + yt = 182. Определить, значением какой буквы является каждое из данных чисел.

2. Квадратный корень из двузначного числа выражается бесконечной десятичной дробью, первые четыре цифры которой (в том числе и целое) одинаковы. Найти это число, не пользуясь таблицами.

3. Найти шестизначное число, которое при умножении на 2, 3, 4, 5 и 6 дает также шестизначные числа, написанные теми же цифрами, но в ином порядке.

4. Найти наименьшее четырехзначное число, равное квадрату суммы чисел, образуемых двумя его первыми цифрами и двумя последними.

5. Найти все натуральные числа, оканчивающиеся цифрами ...196, которые после вычеркивания этих цифр уменьшаются в целое число раз.

6. Найти двузначное число, если известно, что сумма цифр его равна 13, а разность между числом искомым и числом, записанным теми же цифрами, но в обратном порядке, равна двузначному числу, имеющему 7 единиц.

7. Число 531 441 представить в виде суммы нескольких слагаемых так, чтобы первое из них было 1, второе в k раз больше, третье в k раз больше суммы первых двух, четвертое в k раз больше суммы всех предыдущих и т. д. Найти множитель k и число слагаемых, если известно, что оно не меньше четырех.

8. Сумма нескольких последовательных натуральных чисел,

начиная с единицы, равна двузначному числу, обе цифры которого одинаковы. Сколько взято чисел?

9. Найти такие четырехзначные числа, каждое из которых делится на 11, а сумма цифр каждого из них равна 11.

10. По окружности делительного круга равномерно расположены 24 отверстия. Какие правильные многоугольники можно размечать с помощью этого прибора?

11. В химических лабораториях полы покрываются плитками из кислотоупорной керамики, которые имеют форму правильных многоугольников. Какими многоугольниками можно заполнить плоскость пола без пропусков?

12. Определить стороны треугольника, если они выражаются целыми числами, образующими арифметическую прогрессию, и если периметр треугольника равен 15.

13. Какими способами можно выдать 78 руб., имея лишь пятирублевые и трехрублевые денежные знаки?

14. Покупка стоит 19 руб. У покупателя имеются только трехрублевки, а у кассира—только пятирублевки. Можно ли при наличии таких денег расплатиться за покупку и как именно? (Ограничиться случаем, когда у покупателя и у кассира по 15 билетов указанного достоинства).

15. По книге А. Конан Дойла (английский писатель) „Приключения Шерлока Холмса".

Доктор и его гость Шерлок Холмс сидели при открытом окне. Из сада доносятся веселые голоса большой группы детей.

Гость. Скажите, пожалуйста, сколько у Вас детей?

Хозяин. Тут не только мои, а дети четырех семей. Моя команда самая многочисленная, братнина — меньше, сестрина — еще меньше, а дети дяди—самая малочисленная группа. Они шумят так беспорядочно потому, что их не хватает для двух команд по 9 человек в каждой. Любопытное совпадение: если перемножить четыре числа, выражающие количество детей наших семей, то получится номер нашего дома, который Вы знаете.

Гость. Я ведь учился в школе математики. Попробую вычислить число детей каждой из Ваших семей.

После некоторых вычислений гость заявил: „Для решения задачи данных мало. Скажите, у дяди был один ребенок или больше?“ Хозяин дал требуемый ответ, содержание которого мы не знаем.

Гость. Теперь я могу дать точный ответ о числе детей. Вопрос. Какой был номер дома и сколько детей в каждой из четырех семей?

§ 4. ЗАДАЧИ ПО ТРИГОНОМЕТРИИ

1. Вычислить без таблиц sin 18°.

2. Доказать, что

3. Доказать, что

4. Доказать, что

5. Доказать, что

6. Доказать, что

7. Доказать, что во всяком треугольнике

8. Доказать, что

9. При каких значениях а справедливо равенство

10. При каких значениях а справедливо равенство

Решить уравнения, данные с № 11 по 25.

где а и b вещественные числа, отличные от нуля.

26. Дано уравнение a cos2 х + öcos х + с = О, в котором а, Ь и с данные вещественные числа. Составить посредством чисел a, b и с квадратное уравнение, корнями которого были бы соответствующие значения cos2x. Провести сравнение данного и составленного уравнений для случая а = 4, 6 = 2, с= — 1.

27. Решить систему уравнений:

28. Решить систему уравнений:

29. Доказать, что равенство

невозможно ни при каких значениях а.

30. Доказать, что для любых х выполняется неравенство

31. Доказать, что

32. Доказать, что для острых углов а и ß справедливо неравенство sin(a + ß) < sin а -f sin ß.

33. Доказать, что

34. Решить неравенство

35. Доказать тождество

36. Доказать тождество

37. Упростить выражение

38. Доказать справедливость неравенства

39. Доказать, что при любых значениях а справедливо неравенство

40. Доказать, что

41. Доказать, что

§ 5. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРЫ С ЛОГАРИФМАМИ

Укажем некоторые свойства логарифмов, не рассматриваемые в средней школе:

Это свойство обычно называется правилом перехода к новому основанию.

Рекомендуем доказать эти свойства.

Довольно велико число задач, где под знаком логарифма стоит переменная х или какая-нибудь ее функция. Прежде чем решать такие задачи, нужно наложить на эти переменные величины необходимые ограничения.

Решим несколько примеров и задач.

1. Вычислить

На основании свойства 2 имеем

2. Вычислить

На основании свойства 4 можем записать:

откуда

3. Решить уравнение

Ясно, что а Ф 1, X > 0, хф\. На основании свойств логарифмов имеем

Уравнение можно записать так:

Решая это уравнение, получим:

4. Решить систему уравнений:

Эту систему можно переписать так:

Отсюда:

Но в условии требуется, чтобы имели смысл выражения

Отсюда ясно, что система имеет лишь два решения: хг = 4, Уг = 8 и х2= — 4, у2=— 8.

Исходную систему можно решать и иначе, сразу сведя к системе:

откуда получим нужный ответ.

1. Сравнить по величине

2. Доказать, что из равенства а2 + Ь2 = 7ab при а > О, Ъ > О

следует равенство

3. Доказать тождество

4. Доказать тождество

5. Доказать тождество

6. Доказать, что наибольшие значения выражений

равны.

7. Если а и b длины катетов, с—гипотенуза треугольника, то

В № 28—36 решить систему уравнений:

8. Доказать, что если

образуют арифметическую прогрессию, то

В № 9—14 вычислить:

В № 15—27 решить уравнения:

37. Вычислить:

§ 6. ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ СУММ

а) Выражение вида Ux+ U2+ £/3+...-f £/„+..., где Uu U2, £/3,..., £/л...—данные числа, называемые бесконечным рядом или просто рядом. Член Un называется общим членом ряда. Обозначим сумму п первых членов ряда через Sn, т. е. Sn^ U\++ ^2+^з+--+^я- Сумма Sn называется частичной суммой ряда. При /1=1; 2; 3;... получаем последовательность частичных сумм данного ряда Si, S2, S3.., S„,...

Возможны два случая:

1. Последовательность Sn при п->со имеет предел, т. е.

2. Последовательность Sn при п-+оэ предела не имеет или предел ее равен оо.

В первом случае ряд называется сходящимся, а число S=limSrt его суммой. Во втором случае ряд называется расходящимся. Сумма такого ряда не существует.

Пусть требуется вычислить сумму ряда

Составим последовательность частичных сумм:

Выскажем гипотезу, что

Справедливость этой формулы проверим методом математической индукции. При п= 1 формула справедлива, 5j= —.

Допустим, что она справедлива при ti — k, т. е. Докажем ее справедливость при п = £+1, т. е.

Справедливость этой формулы подтвердилась. Следовательно,

б) Рациональной функцией называется функция вида —— , где Р{х) и Q(x) — многочлены относительно х, в частном случае они могут быть постоянными.

Мы будем предполагать, что Р(х) и Q(x) не имеют общих множителей, содержащих х, и что коэффициенты многочленов действительны.

Если степень числителя рациональной дроби ниже степени знаменателя, то дробь называется правильной. Всякая правильная рациональная дробь может быть представлена в виде конечной суммы простейших дробей. Такое разложение рациональной

дроби на сумму простейших дробей практически осуществляется с помощью метода неопределенных коэффициентов, который заключается в следующем.

Пусть требуется разложить дробь

(1)

на сумму простейших дробей. Разложив знаменатель дроби (1) на множители, представим эту дробь в виде

(2)

где А и В — неопределенные коэффициенты.

Умножив обе части равенства (2) на знаменатель х2—7л:+ 10, приходим к равенству двух многочленов: слева — с числовыми коэффициентами, справа — с буквенными.

Сравнение коэффициентов этих многочленов приводит к системе

Из этой системы находим А и В.

В нашем случае

Таким образом,

Число простейших дробей, на которые разлагается элементарная дробь, обычно равно числу множителей, на которые разлагается знаменатель дроби.

Разложением элементарных дробей на простейшие пользуются при вычислении некоторых сумм. Найдем этим способом сумму выше рассмотренного ряда.

Разложим дробь - на простейшие.

Следовательно,

Запишем каждый член ряда по виду общего члена и найдем сумму п первых членов его.

Иногда полезно члены данного ряда умножить на постоянное число, чтобы получить геометрический ряд, для определения суммы которого есть специальная формула.

1. Найти сумму

2. Доказать, что

3. Доказать, что

4. Найти сумму

5. Найти сумму

В № 6—11 доказать справедливость данных равенств.

12. Доказать, что сумма чисел каждой строки равна квадрату нечетного числа.

13. Доказать, что для любого натурального числа п

14. Вычислить произведение

В № 15—20 найти суммы:

21. Найти сумму

и вычислить ее предел при п->оо.

22. Найти сумму

23. Вычислить сумму

24. Вычислить сумму

25. Вычислить сумму п членов ряда

26. Найти сумму

27. Найти сумму

28. Доказать справедливость тождества

§ 7. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРЫ, СОДЕРЖАЩИЕ АБСОЛЮТНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ

Считаем полезным напомнить определение абсолютной величины

и теоремы:

Аналогичные теоремы справедливы и во множестве комплексных чисел.

Решение в действительных числах уравнений и неравенств, содержащих неизвестное под знаком абсолютной величины (под знаком модуля), сводится к следующему: определяются корни подмодульных выражений, которыми множество действительных чисел разбивается на несколько интервалов. Уравнение (неравенство) решается для каждого из этих интервалов отдельно. При этом руководствуются определением абсолютной величины.

Пример 1. Решить уравнение

Пример 2. Решить неравенство

Пример 3. Решить уравнение

В правой части уравнения переходим к логарифму по основанию 2, уравнение можно записать иначе: log2 [ —41 • | х + 4| = log220.

Пример 4. Построить график функции у = \х2—9| — 1. Корни подмодульного выражения -3 и 3.

(парабола). См. рис. 1.

Рис. 1

Пример 5. Построить график функции

По определению абсолютной величины можно данную функцию рассматривать как совокупность двух функций

Отсюда вытекает правило построения графика:

а) строим график функции

б) на участках, где график расположен в нижней полуплоскости, т. е. где 3 sin 2л;-}-2<0, строим кривые, симметричные построенным относительно оси 0Х (рис. 2).

Рис. 2

Пример 6. Решить систему

Первое уравнение приводит к совокупности двух уравнений

Зх+5у+9=0 при х>0 и _3.*+5y+9 = 0 при х<0. Второе уравнение приводит тоже к совокупности двух уравнений 2х — у— 7=0 при у>0 и 2* + у—7=0 при у<0. Решению подлежат четыре системы линейных уравнений:

В № 1—4 решить уравнения:

5. Решить уравнение, полагая искомое z комплексным числом

В № 6—10 решить неравенства:

Построить графики функций, заданных в № 11 — 19:

20. Среди комплексных чисел z найти числа, имеющие наименьший и наибольший аргументы, если \z—5—5/1 =5.

21. Среди комплексных чисел z найти числа, имеющие наименьший и наибольший аргументы, если \z —10/| = 51/2.

22. Среди комплексных чисел г, удовлетворяющих условию 12—3+4/1=2, найти числа, имеющие наименьший и наибольший модули.

§ 8. ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО И РЕШЕНИЕ НЕРАВЕНСТВ

1. Доказать, что при неравных положительных числах а и Ъ выполняются неравенства

2. Доказать справедливость неравенства

3. Если а, Ь, с, d — положительные числа и abcd=l, то

5. Доказать, что при любых действительных положительных а, 6, с, d справедливо неравенство а4+ 64+с4+ d4>4abcd.

7. Доказать, что

8. Доказать, что неравенство х2 + у2+г2 — ху — xz — yz >0 справедливо при любых действительных х, у, z.

9. Доказать, что неравенство

10. Для положительных чисел a, ft, с справедливо неравенство

12. При неравных положительных а, &, с, d выполняется неравенство

13. Для любых чисел аъ а2, а3,..., ап и Ьи Ь2, 63,..., Ьп справедливо утверждение | axbi+ а^ьЛ~аф^+...-\гапЬп | <1,

если а*+а\ + а\+...+а*=\ и ö^+V+V+V=l- Доказать.

14. Если аь а2> Яз>-.-, ял; b±. b2i 63,..., ft„ любые действительные числа, то

15. Если X и у любые действительные числа, х=£0, у ФО, то

18. Доказать, что для любых действительных хл у, z справедливо неравенство

19. Показать, что при всяком п>1 справедливо неравенство

20. Доказать, что для любого натурального числа п справедливо неравенство

21. Доказать, что при п >2,

22. Доказать неравенство

23. Доказать, что

если каждое слагаемое положительно.

24. Найти все действительные числа х, удовлетворяющие неравенству

25. Решить неравенство

26. При каких значениях х справедливо неравенство

27. При каких значениях а неравенство

справедливо при любых значениях х?

В № 28—32 решить неравенства.

33. При каких значениях г неравенство

выполняется при любых х?

34. Найти все значения а, при которых система уравнений

имеет единственное решение.

Решить неравенства, заданные в № 35—41.

42. Доказать, не пользуясь таблицами, справедливость следующих неравенств:

43. Решить неравенство

44. Решить неравенство

§ 9. ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ (ПЛАНИМЕТРИЯ)

1. Дан угол и точка M внутри его. Провести через точку M прямую так, чтобы отрезок, отсекаемый от нее сторонами угла, делился в точке M пополам.

2. Доказать, что сумма расстояний от точки, лежащей на основании равнобедренного треугольника, до его боковых сторон равна длине высоты, опущенной на боковую сторону треугольника.

3. Доказать, что в равностороннем треугольнике сумма расстояний всякой точки, взятой внутри этого треугольника, до сторон его есть величина постоянная, равная высоте треугольника.

4. Построить четырехугольник ABCD по четырем сторонам, если известно, что диагональ АС делит угол DAB пополам.

5. Сумма углов при основании трапеции равна 90°. Доказать, что длина отрезка, соединяющего середины оснований, равна их полуразности.

6. Доказать, что в любом четырехугольнике отрезки, соединяющие середины противоположных сторон, в точке пересечения делятся пополам.

7. Провести прямую на плоскости так, чтобы она отстояла на равных расстояниях от трех заданных точек, не лежащих на одной прямой. Сколько таких прямых можно провести?

8. Дан отрезок AB. Найти геометрическое место вершин остроугольных треугольников ABC.

9. Показать, что два треугольника, имеющих по 3 равных угла и по две равные стороны, не обязательно равны между собой.

10. Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый многоугольник?

11. В треугольник ЛВС вписана окружность, которая касается его сторон в точках D, Е, F. Доказать, что треугольник DEF всегда остроугольный.

12. Доказать, что в треугольнике биссектриса делит пополам угол между высотой и радиусом описанного круга, проведенными из той же вершины.

13. Восстановить треугольник по центру тяжести и серединам двух его средних линий.

14. На сторонах произвольного треугольника, вне его, построены равносторонние треугольники. Доказать, что их центры сами являются вершинами равностороннего треугольника.

15. Построить треугольник, если дана прямая, на которой лежит его основание и две точки, являющиеся основаниями высот, опущенных на боковые стороны.

16. Построить треугольник ABC, зная три точки М, N, Р, в которых биссектрисы треугольника пересекают описанную около треугольника окружность.

17. Доказать, что во всяком неравнобедренном треугольнике биссектриса лежит между медианой и высотой, проведенными из той же вершины.

18. Доказать, что четырехугольник является параллелограммом тогда и только тогда, когда сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его четырех сторон.

19. Построить треугольник по медиане, высоте и биссектрисе, проведенным из одной вершины.

20. Построить треугольник по точкам пересечения его высот с описанной окружностью.

21. Если середины сторон четырехугольника принять за вершины нового, то получится параллелограмм. При каких условиях он будет 1) прямоугольником, 2) ромбом, 3) квадратом?

22. Построить треугольник по основаниям всех его трех медиан.

23. Построить треугольник по основаниям всех его трех высот:

24. Построить пятиугольник по серединам всех его сторон.

25. Доказать, что при пересечении биссектрис внутренних углов параллелограмма получается прямоугольник, диагональ которого равна разности смежных сторон параллелограмма.

26. Восстановить параллелограмм, если от него сохранились середины М, N, Р трех сторон, при этом M и N являются серединами двух его противоположных сторон.

27. Восстановить трапецию, если от нее сохранились середины трех сторон и одна из вершин (исследовать задачу).

28. На сторонах произвольного параллелограмма ABCD, вне его, построены квадраты. Доказать, что центры этих квадратов сами являются вершинами квадрата.

29. Через данную точку провести прямую, отсекающую от данного угла треугольник данного периметра.

30. Построить окружность, проходящую через две данные точки А и В и касающуюся данной прямой /.

31. Построить треугольник по трем точкам, симметричным ортоцентру относительно его сторон.

32. Построить треугольник по трем его высотам ЛЛ, hb и hc.

33. Доказать, что если две медианы треугольника равны, то треугольник — равнобедренный.

34. Доказать, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен ее основаниям и равен их полуразности.

35. Восстановить трапецию, если от нее остались три ее вершины и точка пересечения ее диагоналей.

36. Разрезать прямоугольник со сторонами 16 и 9 на две части так, чтобы из них можно было сложить квадрат.

37. Дан отрезок и параллельная ему прямая. Пользуясь только линейкой, разделить отрезок пополам.

38. Построить равносторонний треугольник, вершины которого лежат соответственно на трех данных параллельных прямых.

39. Даны три точки, не лежащие на одной прямой. Провести

три окружности с центрами в этих точках, попарно касающиеся друг друга.

40. Плоскость покрыта сеткой квадратов со стороной, равной 1. Можно ли построить равносторонний треугольник с вершинами в узлах сетки?

41. Построить трапецию по основаниям и диагоналям.

42. Доказать, что окружности, построенные на двух сторонах треугольника как на диаметрах, пересекаются на третьей стороне или на ее продолжении.

43. Трапеция с основаниями а и Ъ и высотой h разделена прямыми, параллельными основаниям, на три равновеликие части. Найти ширину части, прилегающей к большему основанию.

44. Доказать, что медиана треугольника меньше полусуммы сторон, ее заключающих, и больше разности между этой полусуммой и половиной третьей стороны.

45. Разделить треугольник ABC на равновеликие части прямой, перпендикулярной к одной из его сторон.

46. Доказать, что биссектрисы углов прямоугольника, продолженные до их пересечения, образуют квадрат.

47. Построить треугольник по основанию и двум медианам, исходящим из концов основания.

48. Доказать, что если три диагонали вписанного шестиугольника служат диаметрами описанного круга, то площадь этого шестиугольника равна удвоенной площади треугольника, имеющего своими сторонами остальные три диагонали этого шестиугольника.

49. Построить прямоугольный треугольник по катету а и разности с—Ь между гипотенузой и другим катетом.

50. Доказать, что во всяком треугольнике сумма трех медиан меньше периметра и больше полупериметра треугольника.

51. Пользуясь только циркулем, найти на плоскости четыре точки, которые являются вершинами квадрата.

52. На сколько частей делят плоскость п прямых, если никакие две из них не параллельны и никакие три из них не проходят через одну точку?

53. Построить биссектрису угла, если вершина его находится за пределами чертежа.

54. На плоскости даны две непараллельные прямые тип, точка пересечения которых недоступна (например, находится вне пределов чертежа). Через данную произвольную точку К требуется провести прямую, проходящую через недоступную точку пересечения прямых тип.

55. На радиусе OA некоторой окружности как на диаметре построена окружность. Пусть В и С точки, в которых обе окружности пересекаются с одним и тем же радиусом первой окружности. Доказать, что длины дуг AB и АС равны.

56. Точка, лежащая внутри параллелограмма, соединена отрезками прямых со всеми его вершинами. Доказать, что суммы

площадей противолежащих треугольников, на которые разбивается параллелограмм, равны.

57. Построить равнобедренный треугольник по высоте и медиане, проведенным к боковой стороне.

58. Построить равнобедренный треугольник по медианам, проведенным к боковым сторонам, и углу при вершине.

59. В круге диаметра d проведены две взаимно перпендикулярные хорды AB и CD. Доказать, что ЛС2+ BD2= d2.

60. Построить треугольник, зная точки, симметричные центру описанного круга относительно сторон треугольника.

61. Около окружности описан четырехугольник. Его диагонали пересекаются в центре окружности. Доказать, что этот четырехугольник—ромб.

62. Можно ли „замостить“ плоскость: а) треугольниками, равными данному; б) четырехугольниками, равными данному?

63. Медиана и высота треугольника, проведенные из одной вершины, различны и образуют равные углы со сторонами треугольника, исходящими из этой вершины. Доказать, что треугольник прямоугольный,

64. Через вершины данного треугольника провести прямые, образующие равносторонний треугольник наибольшей площади.

65. Диагонали АС и BD равнобочной трапеции ABCD (AB || CD) пересекаются в точке О под углом 60°. Доказать, что середины отрезков OA, OD и ВС являются вершинами равностороннего треугольника.

66. Доказать, что для прямоугольного треугольника справедливо неравенство г< +(j^—1), где с — гипотенуза, а г—радиус вписанной окружности.

67. Доказать, что прямые, проходящие через вершины треугольника и делящие его периметр пополам, пересекаются в одной точке.

68. а) В выпуклом шестиугольнике ABCDEF все внутренние углы равны. Доказать, что AB — DE = FE — ВС = DC — FA.

б) Обратно, доказать, что из шести отрезков аь a2, a3, a4, a5, af„ длины которых удовлетворяют соотношениям а1—а4 = а5—а2= =a3—a6, можно составить выпуклый шестиугольник с равными углами.

69. Около окружности с центром О описан четырехугольник ABCD. Доказать, что сумма углов АОВ и COD равна 180°.

70. На плоскости нарисована сеть, образованная из правильных шестиугольников со стороной 1. Жук, двигаясь по линиям сетки, прополз из узла А в узел В по кратчайшему пути, равному 100. Доказать, что половину всего пути он полз в одном направлении.

71. Диагонали вписанного в окружность четырехугольника перпендикулярны. Доказать, что середины сторон этого четырехугольника и основания перпендикуляров, опущенных на сто-

роны из точки пересечения его диагоналей, лежат на одной окружности.

72. Найти, опираясь на геометрические соображения, предел

73. Теорема Менелая. Пусть Аи В1 и Сг— три точки, лежащие соответственно на сторонах ВС, CA и AB треугольника ABC. Для того чтобы эти точки лежали на одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы имело место соотношение

74. Теорема Чевы. Пусть Ль Вг и Ci—три точки, лежащие соответственно на сторонах ВС, CA и AB треугольника ABC. Для того чтобы прямые AAi, ВВг и ССХ пересекались в одной точке или были все параллельны, необходимо и достаточно, чтобы имело место соотношение

§ 10. ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ В ПРОСТРАНСТВЕ (СТЕРЕОМЕТРИЯ)

1. Найти геометрическое место точек: а) равноудаленных от граней трехгранного угла; б) равноудаленных от трех плоскостей, проходящих через данную точку и не имеющих общей прямой.

2. Даны две скрещивающиеся прямые а и 6. Найти геометрическое место середин отрезков, концы которых лежат на данных прямых.

3. Около сферы описан пространственный четырехугольник. Доказать, что четыре точки касания лежат в одной плоскости.

4. Доказать, что если все 6 граней параллелепипеда—равные между собой параллелограммы, то они все—ромбы.

5. В трехгранный угол S вписана сфера с центром в точке О. Доказать, что плоскость, проходящая через три точки касания, перпендикулярна прямой SO.

6. Каждый из четырех шаров, лежащих на столе и касающихся стола, касается трех остальных. Три из них одинакового радиуса R. Найти радиус четвертого шара.

7. Найти объем V правильного октаэдра с ребром, равным а.

8. На какое наибольшее число частей можно разделить поверхность шара (сферу) 3, 4 и, вообще, п окружностями?

9. Даны четыре шара одного и того же радиуса г, из которых каждый касается трех других. Вычислить радиус шара, который касается всех данных шаров.

10. В конус, высота которого А, а радиус основания г, вписать цилиндр, имеющий наибольшую полную поверхность.

11. В произвольной треугольной пирамиде (тетраэдре) через каждое ребро внутри пирамиды проводятся плоскости, делящие соответствующие двугранные углы пополам. Доказать, что все шесть плоскостей пересекаются в одной точке.

12. Определить объем треугольной пирамиды SABC, если в ней SA = SB = SC=l; /.ASB =60°, AASC=90° и ZßSC=120°.

13. В куб вписаны два правильных тетраэдра так, что четыре вершины куба служат вершинами одного из них, а четыре остальные вершины куба—вершинами другого. Какую долю объема куба составляет объем общей части этих тетраэдров?

14. В треугольной пирамиде проводятся сечения, параллельные двум ее непересекающимся ребрам. Найти сечение с наибольшей площадью.

15. Каждое ребро треугольной пирамиды (тетраэдра) равно а. Найти наибольшую площадь, которую может иметь ортогональная проекция этой пирамиды на горизонтальную плоскость.

16. Как нужно расположить в пространстве прямоугольный параллелепипед, чтобы площадь его проекции на горизонтальную плоскость была наибольшей?

17. Доказать, что любой четырехгранный угол можно пересечь плоскостью так, чтобы в сечении получился параллелограмм.

18. Доказать, что три отрезка, соединяющие середины противоположных ребер тетраэдра, пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам.

19. Доказать, что не существует многогранника, имеющего 7 ребер.

20. Доказать, что сумма углов пространственного четырехугольника (не плоского) меньше, чем 360°.

21. Найти угол между двумя противоположными ребрами правильного тетраэдра.

22. Доказать, что правильный тетраэдр можно пересечь плоскостью так, чтобы получился квадрат.

23. Дан материальный шар. Внутреннее пространство его недоступно, но на поверхности этого шара построения возможны. Как, пользуясь только циркулем и линейкой, построить на бумаге отрезок, равный диаметру шара?

24. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а. Боковое ребро образует с высотой угол в 30°. Построить сечение, проходящее через вершину основания перпендикулярно к противоположному ребру, и найти его площадь.

25. На какое наибольшее число частей могут разделить пространство п плоскостей?

26. Даны две скрещивающиеся взаимно перпендикулярные

прямые. Найти геометрическое место середин отрезков данной длины d, концы которых лежат на этих прямых.

27. Определить вид сечения куба плоскостью, проходящей через его центр перпендикулярно к его диагонали.

28. Доказать, что сумма телесных углов (в стерадианах) двугранных углов тетраэдра минус сумма телесных углов его трехгранных углов равна 4тс.

29. Доказать, что все четыре прямые, соединяющие вершины тетраэдра с точками пересечения медиан противоположных граней, пересекаются в одной точке (центре тяжести тетраэдра). Эти прямые называются медианами тетраэдра.

30. Доказать, что если две высоты тетраэдра пересекаются, то и две другие высоты также пересекаются.

31. Сколько плоскостей симметрии имеют: а) куб; б) правильный тетраэдр?

32. Сколько осей симметрии имеют: а) куб; б) правильный тетраэдр?

33. Доказать, что в тетраэдр всегда можно вписать шар.

34. Доказать, что около тетраэдра всегда можно описать шар.

35. Доказать, что в шар можно вписать 6 равных шаров, каждый из которых касается четырех других.

36. Составить выпуклый многогранник из правильных тетраэдров и правильных октаэдров.

37. Заполнить пространство правильными тетраэдрами и правильными октаэдрами.

38. Определить объем тетраэдра, если противоположные ребра его попарно равны соответственно а, Ь, с.

39. Через точку Р провести прямую так, чтобы она проходила через недоступную точку пересечения двух данных прямых Ii b /о.

40 Построить плоскость, делящую пополам данный двугранный угол, ребро которого недоступно.

§ 11. ЗАДАЧИ НА НАХОЖДЕНИЕ НАИБОЛЬШИХ И НАИМЕНЬШИХ ЗНАЧЕНИЙ

Задачи на нахождение наибольших и наименьших значений величин часто встречаются в математике, технике, экономике и естествознании. Дифференциальное исчисление дает единообразный способ решения таких задач. Элементарные же способы очень разнообразны и порой очень искусственны.

Для решения некоторых задач на отыскание наибольших и наименьших значений величин применяются следующие теоремы:

Теорема 1. Если сумма нескольких положительных функций постоянна, то произведение этих функций имеет наибольшее значение при равенстве их.

Теорема 2. Если произведение нескольких положительных

функций сохраняет постоянное значение, то сумма имеет наименьшее значение при равенстве этих функций.

Теорема 3. Если сумма нескольких положительных функций х, у,..., z постоянна и равна а, то произведение xpyq...zr, где р, г—данные положительные числа, имеет наибольшее значение в том случае, когда— =—=...=—.

Задача 1. Из всех трапеций, вписанных в полуокружность радиуса R и имеющих большим основанием диаметр, найти ту, у которой периметр наибольший.

Обозначим боковую сторону и меньшее основание равнобочной трапеции ABCD соответственно через х и 2у. Тогда полупериметр р = х + y+R. Проведем BE_lAD, тогда x2=2R(R—у), откуда

Наибольшее значение периметра получится при тех же условиях, что и наибольшее значение полупериметра, т. е. при наибольшем значении трехчлена —x2+2Rx+ 2R2. Наибольшее значение трехчлен принимает при х=—т. е. в нашем случае при x = R, тогда 2y = R. Итак, наибольший периметр имеет трапеция, у которой каждая боковая сторона и верхнее основание равны радиусу данной окружности.

Задача 2. В ромб с диагоналями 2а и 2Ъ вписать прямоугольник, имеющий наибольшую площадь.

Обозначим горизонтальную диагональ 26, вертикальную 2а, соответственно стороны прямоугольника, вписанного в ромб, х и 2у. Рассматривая подобные треугольники, получим = -—-, откуда у =---. Обозначим площадь вписанного прямоугольника S. Тогда условию 0< x < &, значит, Ь — х их положительны. Искомая площадь равна произведению трех множителей, первый из которых — постоянен для данного ромба. Следовательно, наибольшее значение S получим тогда, когда наибольшим будет произведение (Ь — х)х. Так как сумма положительных переменных Ь — х и x постоянна (6 — х + х = Ь\, то произведение этих переменных имеет наибольшее значение при равенстве их.

b — х = x, отсюда x = Искомая площадь S = ab.

1. На плоскости даны три точки Л, В и С, не лежащие на одной прямой. Найти на прямой, проходящей через точки В

и С, такую точку М, сумма квадратов расстояний которой от Л, В и С была бы наименьшей.

2. Найти на данной прямой / такую точку, чтобы разность расстояний ее от двух данных точек А и В, находящихся по одну сторону от прямой, была наименьшей, а также такую точку, чтобы эта разность была наибольшей.

3. Даны две параллельные прямые и две точки А и В, находящиеся вне этих параллельных и расположенные по обе стороны от них. Найти ломаную линию наименьшей длины, соединяющую точки А и В, если вершины этой ломаной лежат на данных прямых и отрезок ломаной между обеими прямыми имеет данное направление EF.

4. (Задача Вивиани). Даны две параллели AB и CD, расстояние между которыми равно о, и две точки: M на AB и N на CD. На AB от точки M наносят отрезок МЕ = а. Какую точку L прямой MN нужно соединить с точкой Е, чтобы сумма площадей треугольников ELM и NLF была наименьшей? F — точка пересечения прямых EL и CD.

5. Даны две параллели и точка А между ними, которая является вершиной прямого угла прямоугольного треугольника, у которого другие две вершины лежат на каждой из параллелей. Какое положение нужно дать треугольнику, чтобы его площадь была наименьшей?

6. На одной из сторон острого угла взяты две точки А и В. Найти на другой стороне угла точку С такую, чтобы угол АСВ был наибольшим. Построить точку С с помощью циркуля и линейки.

7. Дан угол MON и две точки А и В. Найти такие точки С и D соответственно на прямых МО и N0, чтобы ломаная ACDB имела наименьшую длину.

8. В треугольнике ABC на основании ВС взята точка М. Провести прямую DE параллельно основанию ВС так, чтобы площадь треугольника MDE была наибольшей.

9. Если из точки L внутри треугольника опущены перпендикуляры /а, 1Ьл 1С соответственно на стороны а, Ь и с треугольника, то — + — + =1. Доказать.

10. Доказать, что во всяком треугольнике — H---H—- > 9, где Aa, hb и hc— высоты треугольника, /д, lb и lc— расстояния от произвольной точки внутри треугольника до его сторон.

11. Найти внутри треугольника точку, произведение расстояний которой до сторон треугольника было бы наибольшим.

12. Какой из всех равнобедренных треугольников, вписанных в данный полукруг, имеет наибольшее основание, если одна из равных сторон лежит на диаметре, другая является хордой?

13. Дан прямоугольный треугольник, один из острых углов которого равен а. Найти отношение радиусов описанной и впи-

санной окружностей и определить, при каком а это отношение будет наименьшим?

14. Доказать, что из всех треугольников с общим углом а при вершине и данной суммой длин боковых сторон а+Ь равнобедренный треугольник имеет наименьшее основание.

15. Из всех треугольников с одинаковым основанием и одним и тем же углом при вершине найти треугольник с наибольшим периметром.

16. В треугольнике ABC на основании AB или на его продолжении взята произвольным образом точка D и около треугольников ACD и BCD описаны окружности. Доказать, что отношение радиусов этих окружностей есть величина постоянная. Найти такое положение точки D, для которого эти радиусы будут иметь наименьшую величину.

17. Определить углы равнобедренного треугольника, для которого отношение — является наибольшим (наименьшим).

18. Построить треугольник наименьшего периметра, две вершины которого лежали бы на сторонах данного угла, а третья — в данной точке внутри угла.

19. В плоскости равностороннего треугольника ABC задана точка Р. Известно, что АР~:2, BP— 3. Найти максимальную длину отрезка PC.

20. В данный прямоугольный треугольник вписать прямоугольник с наименьшей диагональю, две стороны которого лежат на катетах.

21. Какую наибольшую площадь может иметь треугольник, стороны которого а, Ь, с заключены в следующих пределах: 0<a<l<ft<2<c<3?

22. Дан правильный пятиугольник. M — произвольная точка внутри него (или на границе). Занумеруем расстояния от точки M до сторон пятиугольника в порядке возрастания: ri<r2<r3< <r4^r5- Найти все положения точки М, при которых длина г3 становится наименьшей.

23. От прямоугольника со сторонами а и Ъ отрезан треугольник с катетами а\ и bv Как надо обрезать оставшуюся часть, чтобы получить прямоугольник наибольшей площади со сторонами, параллельными сторонам исходного прямоугольника?

24. Внутри круга даны точки Р и Р\ на одном и том же диаметре и на равном расстоянии от центра, притом так, что РРг> >/?j/2. Провести через эти точки две параллели PQ и PjQi до окружности с таким расчетом, чтобы прямоугольная трапеция PQQiPi имела наибольшую площадь.

25. Из круговых секторов данного периметра найти сектор наибольшей площади.

26. Через точку Р внутри круга О провести две взаимно перпендикулярные хорды АС и BD так, чтобы площадь четырехугольника ABCD была наибольшей.

27. Найти такой круговой сегмент, хорда которого равна длине вписанной в него наибольшей окружности.

28. Дан круг радиуса R и прямая, касающаяся его в точке А. Провести хорду ВС параллельно этой прямой так, чтобы площадь треугольника ABC была наибольшей.

29. Из жестяного круга нужно изготовить коническую часть воронки. Для этого в круге вырезают сектор и остальную часть круга свертывают конусом. Сколько градусов должна содержать дуга вырезанного сектора, чтобы конус получился наибольшей вместимости?

30. При каких размерах открытая ванна, имеющая форму полуцилиндра, поверхность которой S, имеет наибольшую вместимость?

31. Вписать в данный шар радиуса R цилиндр с наибольшей боковой поверхностью.

32. Даны четыре точки Л, В, С, D. Найти такую точку О, чтобы сумма расстояний от нее до каждой из данных точек была минимальна.

33. Определить а так, чтобы сумма квадратов корней уравнения x2jr{2—а)х—а—3 =0 была наименьшей.

34. Определить коэффициенты квадратного трехчлена ах2 +bx+c, зная, что его наибольшее значение равно 25 при х==~^ и что сумма кубов его корней равна 19.

35. Найти наибольшее значение выражения log2#+121og2*log2- > полагая, что х изменяется от 1 до 64.

36. Найти наибольшее значение функции у= —-—(а>0, й>0).

37. Найти наименьшее значение функции у{х) = \х—а\ + \х—Ь\+ + \х—с\ + \x-dl где а < Ъ < с < d фиксированные вещественные числа, а х принимает произвольные вещественные значения.

Указание. Рассуждения удобно проводить, отметив числа а, 6, с, d на числовой оси.

38. Среди комплексных чисел Z, удовлетворяющих условию |Z—25/|<Л5, найти число, имеющее наименьший аргумент. Сделать чертеж.

39. Какое наибольшее значение может принимать модуль комплексного числа Z, удовлетворяющего равенству Z +-= 1 ?

40. Два железнодорожных пути скрещиваются под прямым углом. К месту скрещения по каждому из путей одновременно мчатся два поезда: один со станции, находящейся в 40 км от места скрещения, другой—со станции, расположенной в 50 км от него. Первый проходит 800 м в мин., второй—600 м. Через сколько минут, считая с момента отправления, расстояние между поездами будет наименьшим? Найти это расстояние.

41. Три пункта Л, ß, С расположены не на одной прямой

угол ABC равен 60°. Из пункта А выходит автомобиль, одновременно из В - поезд. Автомобиль движется по направлению к В со скоростью 80 км в час, поезд — по направлению к С со скоростью 50 км в час. В какой момент времени (от начала движения) расстояние между поездом и автомобилем будет наименьшим, если АВ=--200 км?

42. Миноносец стоит на якоре в 9 км от ближайшей точки берега. С него надо послать гонца в лагерь, расположенный у кромки берега в 15 км от ближайшей к миноносцу точки берега. Если пешком гонец проходит 5 км, а на веслах—4 км в час, то в каком пункте берега он должен пристать, чтобы попасть в лагерь в кратчайшее время?

43. Пункты А и В расположены на прямолинейной магистрали, идущей с запада на восток. Пункт В находится восточнее А на 9 км. Из пункта А на восток выходит автомашина, движущаяся со скоростью 40 км в час. Одновременно из В в том же направлении с постоянным ускорением 32 км/тс2 выходит мотоцикл. Определить наибольшее расстояние между автомашиной и мотоциклом в течение первых двух часов движения.

Указание. Полезно начертить график зависимости расстояния от времени.

44. Найти наименьший положительный период и наибольшее значение функции

45. Найти наименьшее и наибольшее возможные значения функции

46. Найти наименьшее и наибольшее значения функции

47. Найти наименьшее и наибольшее значения произведения

48. Над центром круглого стола висит на блоке электрическая лампа. На какой высоте следует укрепить эту лампу, чтобы получить на краях стола наибольшую освещенность?

49. Картина повешена на стену так, что ее нижний край на а м, а верхний на Ь м выше глаза наблюдателя. На каком расстоянии X от стены должен стать наблюдатель, чтобы картина была видна под наибольшим углом?

§ 12. ЛОГИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ

Элементарный прием решения логических задач — построение цепочки суждений, идущих от условий задачи к ответу. Пусть, например, нужно решить такую задачу.

Воронов, Павлов, Левицкий и Сахаров—молодые таланты. Один из них конструктор, другой художник, третий—певец и четвертый—журналист. 1) Журналист написал очерк о Сахарове и собирается написать о Воронове. 2) Павлов и журналист вместе позировали художнику. 3) Воронов и Левицкий бывали на концерте певца. 4) Воронов незнаком с Левицким. Кто из них какую профессию имеет?

Решение этой задачи начнем с анализа условий ее. На основании первого условия заключаем, что журналист не Сахаров и не Воронов. Второе условие можно истолковать так, что журналист не Павлов, художник тоже не Павлов. Так как журналист—не Сахаров, не Воронов и не Павлов, то фамилия его— Левицкий, и поэтому никто из остальных трех не Левицкий. Используем третье условие. Из него следует, что певец—не Воронов, он и не Левицкий. Возвращаясь ко второму условию, заключаем, что художник не Павлов и не Левицкий. Остается использовать четвертое условие. Какую профессию может иметь Воронов? Он не журналист, не художник (по второму условию) и не певец (по третьему условию). Значит, Воронов — конструктор. Художник, как установлено выше, не Павлов и не Левицкий, но он и не Воронов. Значит, он Сахаров, и тогда Павлов — певец. Итак, Левицкий—журналист, Воронов—конструктор, Сахаров-художник и Павлов—певец.

Подобные поиски решения логической задачи целесообразно упрощать и облегчать введением элементарной символики и табличных записей.

Весьма часто при решении логических задач приходится делать различные предположения. В таких случаях из сделанного предположения, в соответствии с условием задачи, выводятся логические следствия. Если эти следствия окажутся противоречивыми или будут противоречить хотя бы одному из условий задачи, то предположение должно быть отброшено. Если же противоречий не получается, то исходное предположение верно и дает ответ на вопрос задачи или вплотную подводит к нему. Для иллюстрации этого довольно общего приема рассмотрим такую задачу.

В краже, совершенной одним человеком, подозреваются трое: Браун, Джонс и Смит. На допросе каждый из них дал такие показания. Браун: „Я не делал этого и Джонс не делал“. Джонс: „Браун не виноват. Вор—Смит“. Смит: „Я не виноват. Виноват Браун“.

Дальнейшее выяснение дела показало, что оба заявления одного из подозреваемых верны, второй оба раза солгал, а третий дал одно верное показание и одно неверное. Кто совершил кражу?

Запишем, прежде всего, показания задержанных*.

* Запись Б обозначает—не Браун.

Будем исходить из показаний Брауна: Б и Д. Учтем, что оба показания вместе ложными не могут быть, так как отсюда следовало бы, что кражу совершили два человека, в действительности же это сделал один. Поэтому нужно будет рассмотреть два предположения: 1) оба показания Брауна верны, 2) одно из них истинно, а другое ложно. 1) Пусть же Браун сказал правду. Значит, вор — Смит. Тогда оба показания Джонса — верны, но два верных показания, по предположению, дал Браун. Получили противоречие. 2) Пусть одно показание Брауна — истина, а другое — ложь. Возможности две: а) Б и Д и б) Б и Д. Если Б и Д, то одно показание Джонса (Б)—истина, а другое (С)—ложь. Опять противоречие. Если же Б и Д, то оба показания Смита—верны, а оба показания Джонса—ложь, что соответствует условиям задачи. Итак, вор—Браун.

Для решения многих логических задач можно пользоваться так называемыми логическими квадратами. В чем состоит этот прием—покажем, рассмотрев такую задачу.

В купе поезда ехали Алексеев, Борисов, Константинов и Дмитриев. Один из них был историком, другой поэтом, третий драматургом и четвертый прозаиком. Каждый из них взял в дорогу одну книгу, оказавшуюся написанной одним из пассажиров этого купе. Алексеев и Борисов решили обменяться книгами после того, как они прочитают их. Поэт читал пьесу. Прозаик, молодой человек, написавший лишь одну книгу, говорил своим соседям по купе, что он не любит читать книги по истории. Борисов взял в дорогу одну из книг Дмитриева. Никто из пассажиров не брал в дорогу и не читал написанной им самим книги. Какую профессию имел каждый пассажир и что он читал?

Логические квадраты для этой задачи будут иметь такой вид (рис. 3). Заполним первый квадрат. Во втором квадрате третьей строки запишем 1, а в остальных квадратах этой строки и второго

Рис. 3

столбца 0(поэт читал пьесу)*. В первом квадрате первой строки нужно поставить 0 (прозаик не мог читать книгу по истории). В четвертом квадрате первой строки мы должны записать 0 (прозаик не мог читать написанный им роман), а, значит, в третьем квадрате этой строки нужно записать 1. Учтем еще, что в первом квадрате четвертой строки нужно записать 0 (историк не мог читать книгу по истории), и тогда легко заполнить оставшиеся квадраты. Вывод: историк читал роман, поэт—пьесу, драматург-книгу по истории и прозаик—стихи.

Заполнение второго квадрата начнем с того, что в четвертом квадрате первой строки запишем 0, так как Дмитриев не прозаик (прозаик написал лишь одну книгу, а Дмитриев больше одной). Далее обратимся к первому основному квадрату и установим, какие два пассажира могли обменяться книгами. Не могли обменяться прозаик и драматург (прозаику пришлось бы читать книгу по истории), драматург и поэт (драматургу пришлось бы читать пьесу), прозаик и историк, прозаик и поэт, драматург и историк. Обменяться могли лишь поэт и историк. Поэтому—Алексеев и Борисов—поэт и историк, а прозаик и драматург—Константинов и Дмитриев. Но Дмитриев не прозаик, значит, он драматург, а Константинов—прозаик. Заполняем квадраты. Наконец, учтем, что Борисов взял в дорогу книгу Дмитриева, то есть пьесу. Значит, он поэт (поэт взял пьесу), и это дает возможность довести заполнение второго основного квадрата до конца. Следовательно: историк—Алексеев, поэт—Борисов, драматург—Дмитриев и прозаик—Константинов.

Рассмотренный выше прием предположений можно соединить с построением логических квадратов. Проиллюстрируем это на следующей задаче.

Три ученицы—Аня, Варя, Клава—участвовали в первомайской демонстрации. Одна из них была в красном платье, другая в белом, а третья в синем. Если сказать, что Аня была в красном платье, Варя не в красном и Клава—не в синем, то одно из этих утверждений будет верным, а два других неверными. В каком платье была каждая из учениц?

Будем исходить вначале из предположения, что первое утверждение верно, то есть Аня была в красном платье. Начав заполнение логического квадрата для этого случая, сразу же сталкиваемся с противоречием, так как в одной строке появляются две единицы. Если же исходить из верности второго утверждения, то опять столкнемся с противоречием, так как первая строка квадрата совсем не будет содержать 1. Пусть верно третье утверждение—Клава была не в синем платье. Логический квадрат для этого случая будет таким (рис. 4).

Итак, Варя была в красном платье, Клава в белом и Аня в синем.

* 1 обозначает, что утверждение верно, а 0—неверно.

Рис. 4.

Основной прием решения логических задач опирается на исчисление высказываний—один из разделов математической логики.

В исчислении высказываний рассматриваются составные предложения, получающиеся из элементарных высказываний путем присоединения к ним частицы „не“ или путем соединения их в пары (тройки и так далее) с помощью союзов „и“, „или“ и некоторые другие составные предложения (которые мы не будем здесь рассматривать). Элементарным высказыванием называется предложение, для которого имеет смысл утверждение о его истинности или ложности. Про истинное предложение говорят, что значение истинности его равно 1, а про ложное —0. Так,— Алексеев живет в Кирове—элементарное высказывание. Если оно верно, то значение истинности его 1, если же оно ложно, то значение истинности 0.

Будем обозначать элементарные высказывания прописными буквами Л, В, С и так далее. Теми же буквами будем обозначать значения истинности этих высказываний.

Для обозначения составных высказываний воспользуемся знаками: — „не“, • „и“, + „или“.

Запись Л следует понимать как отрицание Л. Если Л—верное высказывание, то__Л=1 и Л=0. Если же Л—ложное высказывание, то Л=0 и Л=1. Таким образом, для отрицания получаем таблицу значений истинности

Записи А-В и А+В нужно понимать первую как Л и В, а вторую Л или В (точнее —Л, или В, или Л и В вместе).

Значения истинности этих составных высказываний по смыслу их определяются следующими таблицами.

Эти таблицы следует понимать так: 1. Составное высказывание А+В считается истинным, если истинны Л или В или оба высказывания Л и В, и ложным тогда, когда оба высказывания Л и В — ложны. 2. Составное высказывание Л -В считается истинным, когда оба высказывания Л и В истинны, и ложным во всех остальных случаях (когда хотя бы одно из высказываний Л и В—ложно).

Мы рассмотрели три логические операции. Операция Л называется отрицанием (инверсией), Л + В — логическим сложением (дизъюнкцией), AB—логическим умножением (конъюнкцией). Нам придется еще воспользоваться понятием эквивалентности выска-

зываний. Будем называть два высказывания эквивалентными, если они оба истинны или оба ложны, то есть если значения истинности их равны при всех возможных значениях истинности составляющих их высказываний. Эквивалентность высказываний принято обозначать знаком ( = ). Убедимся, например, в эквивалентности таких высказываний: А+(В-С) и (А+В)-(А+С). Для этого составим для них таблицы значений истинности.

Последние столбцы в этих таблицах одинаковы. Следовательно, высказывания А+(В-С) и (А+В)-(А+С)—эквивалентны, то есть А+(В.С)=(А+В)'(А+С).

С помощью таблиц истинности могут быть доказаны следующие свойства введенных логических операций: (л)=Л, Л-Л=Л, Л-Л=0. (Высказывание А-А при любом Л—ложно), Л-1=Л (1 обозначает всегда истинное высказывание), Л-0=^0 (0—обозначает всегда ложное высказывание), А-В=А+В, А-В=В-А, А'{В-С)={А-В)-С, Л+Л=Л, Л+Л = 1, Л+1 = 1, Л+0=Л, Ä+B= =А-В, А+В=В+А, А + (В+С) = (А+В)+С, А• (В+С) = (Л• В)++ (Л-С), А + {В-С)={А+В).{А+С).

Рассмотрение перечисленных свойств позволяет сделать вывод, что для алгебры высказываний верны основные формулы обычной алгебры. Поэтому преобразования, выполняемые в обычной алгебре при решении уравнений, распространяются и на алгебру высказываний. В частности, можно почленно перемножать части уравнений.

Отметим еще, что многочлены в алгебре высказываний проще многочленов обычной алгебры; в них нет коэффициентов, отличных от 1, и нет степеней выше первой.

Как и в обычной алгебре—в алгебре высказываний можно по условиям задач составлять уравнения (логические) и решать их. При этом следует воспользоваться тем, что: 1) Высказывание „имеют место и Л, и Ву и С“ может быть записано в виде Л5-С=1. 2) Уравнение А-В-С=\ выражает, что Л=1, В=\ и С=1, то есть каждое из высказываний Л, В и С—истинно. 3) Высказывание „верно Л или В или Л и Ви может быть выражено уравнением А+В=\. 4) Уравнение Л+£+С=1 выражает,

что хотя бы одно из составляющих его высказываний—истинно. 5) Уравнение А+В+С=0 выражает, что каждое из составляющих его высказываний—ложно. 6) Уравнение А-В-С=0 выражает, что по крайней мере одно из составляющих его высказываний— ложно*.

Покажем, как следует пользоваться этими советами. Решим задачу. Четыре ученицы—Мария, Нина, Ольга и Поля участвовали в лыжных соревнованиях и заняли первые четыре места. На вопрос—кто из них какое место занял—они дали три ответа: 1) Ольга заняла первое место, а Нина—второе; 2) Ольга—второе, Поля третье; 3) Мария—второе, Поля—четвертое. В каждом из этих ответов одна часть верна, другая неверна. Какое место заняла каждая из учениц?

Три ответа учениц мы можем записать так: 0!+Н2=1 (1), 02+П3=1 (2), М2+П4=1 (3). Здесь 01э Н2 и т. д. обозначают высказывания—Ольга заняла первое место, Нина—второе и т. д. Перемножив по частям равенства (1) и (2), получим Oi-02+Or •Пз+Н2-Оа+На-Пз=1. Но Oî-OjM) и Н2-О2=0, так как одна ученица не могла занять два разных места и одно место не могли занять две ученицы. Поэтому получаем О^П8+На-П8=1. Умножим это равенство по частям на равенство (3). Получим О1П3М2+ +Н2ПзМ2+01П3П4+Н2П3П4=1. Так как Н2П3М2=0, О^П^О и Н2П3П4=0, то OiM2n3=l. Поэтому Ох=1, М2=1 и П3=1.

Следовательно, Ольга заняла 1-е место, Мария—2-е, Поля— 3-е, а, значит, Нина—4-е.

Рассмотрим еще один достаточно общий прием решения логических задач. В основе его лежит использование графов (особых графических схем). Графы при решении логических задач применяются для выявления и последовательного исключения логических возможностей, задаваемых условиями задачи.

Мы не будем здесь рассматривать элементы теории графов. Даже определение графа мы можем не формулировать. Нам вполне достаточно будет построения и рассмотрения конкретных примеров графов (преимущественно деревьев).

Задача. На соревнованиях спортсмены с нагрудными знаками 1, 2, 3 и 4 заняли первые четыре места. 1) Номера мест, занятых спортсменами, не совпали с нагрудными знаками спортсменов. 2) Знак спортсмена, занявшего четвертое место, совпал с номером места, занятого тем спортсменом, чей знак есть номер места, занятого спортсменом со знаком 2. 3) Спортсмен со знаком 3 занял не первое место. Какое место занял каждый из спортсменов?

Решение. По условию задачи первое место мог занять

* Рассмотренные вопросы исчисления высказываний более подробно изложены в книгах: И. Я. Депман. Первое знакомство с математической логикой, 1963; Дж. Кемени и др. Введение в конечную математику. Изд. иностранной литературы, 1963; А. А. Столяр. Элементы математической логики. Изд. „Просвещение“, 1964.

спортсмен № 2 или спортсмен № 4. Построим для двух этих возможностей графы (рис. 5); первое слева ребро изображает первое место, второе ребро — второе место и так далее. Остается выделить из получившихся путей (цепочек ребер) такие, которые удовлетворяют второму условию. Путь С2 Сг С4 С3 этому условию не удовлетворяет, так как спортсмен № 2 занял первое место, спортсмен с этим номером (№ 1) занял второе место, но четвертое место занял спортсмен № 3, а не № 2. Из остальных путей этому условию удовлетворяет лишь путь С2 С4 Сх С3 (спортсмен № 2 занял первое место, спортсмен № 1 занял третье место, четвертое место занял спортсмен № 3, то есть второе условие выполняется).

Итак, первое место занял спортсмен № 2, второе—№ 4, третье—№ 1 и четвертое—№ 3.

Не следует думать, что применение графов к решению логических задач всегда столь просто. Полезно рассмотреть более сложную задачу. Возьмем задачу, которая предлагалась на V Международной математической олимпиаде учащихся выпускных классов средних школ социалистических стран и стран народной демократии Восточной Европы, проходившей в Польше в июле 1963 года. Отметим, что за решение этой задачи засчитывалось наибольшее число очков. (Условие этой задачи мы несколько изменяем, но эти изменения—лишь редакционные).

Задача. Ученики Л, В, С, Du £ участвовали в математическом конкурсе. Знающий их учитель истории предполагал, что распределение мест будет таким: Л, В, С, D, Е (Л займет первое место, В—второе, С—третье и так далее), а занимающийся с ними учитель математики предполагал, что получится последовательность: D, Л, £, С, В. Когда конкурс прошел, то оказалось, что учитель истории не указал верно места ни одного из участников и не назвал верно ни одной пары следующих друг за другом учеников. Учитель же математики угадал места двух учеников, а также правильно назвал две пары непосредственно следующих друг за другом учеников. Каким был на самом деле результат конкурса?

Для решения этой задачи с помощью графов следует построить 4 графа по первому условию. Строить их нужно, опираясь на то, что ни в одном из этих графов ребра Л, В> С, D, Е не могут быть соответственно первым, вторым, третьим, четвертым и пятым, а, кроме того, за ребром Л не может следовать ребро В, за ребром В—С, за C—D и за D—E. Вот каким будет, например,

Рис. 5

Рис. 6

граф, начинающийся ребром Е (рис. 6).

Полных путей в нем 4, а остальные (неполные) можно не принимать в расчет. После построения всех 4 графов из получившихся полных путей нужно выделить те, которые удовлетворяют второму условию.

Таких путей — лишь один: EDACB. Значит, участники конкурса заняли следующие места: Я—1-е место, D—2-е, Л—3-е, С—4-е и В—5-е.

Рассмотрим еще одну задачу иного рода, особенно легко решаемую с помощью графов.

Задача. В учительской комнате в одну из перемен завязался разговор о выписываемых учителями журналах. В ходе его выяснилось, что все присутствующие выписывают по 2 журнала. Каждый из выписываемых журналов получают трое. Каждая комбинация двух таких журналов выписывается только одним учителем. Сколько было учителей? Сколько наименований журналов они выписывают?

Решение. Каждое из наименований журналов будем изображать точкой (вершиной). Эта же точка будет изображать трех подписчиков, каждый из которых должен выписать еще один журнал. Поэтому из каждой вершины нужно провести три ребра к трем разным вершинам. Возьмем одну вершину и построим три исходящие из нее ребра. Концами этих ребер должны быть три вершины. Каждая из них должна быть соединена тремя ребрами с другими вершинами. Выполняем такое построение до полного завершения (рис. 7).

Остается подсчитать число вершин и число соединяющих их ребер. Первое из этих чисел — число названий выписываемых журналов, второе — число подписчиков. Значит, учителей было 6, они выписывали 4 различных журнала.

В заключение рассмотрим некоторые специальные приемы решения логических задач.

Покажем, прежде всего, как можно пользоваться так называемыми диаграммами Венна. Возьмем задачу.

Из 100 туристов, отправляющихся в заграничное путешествие, владеют немецким языком—30, английским—28, французским—42, английским и немецким—8, английским и французским—10, немецким и французским—5, тремя этими языками—3. Сколько туристов не владеют ни одним иностранным языком? Сколько

Рис. 7

туристов владеют только одним английским языком? Одним французским? Одним немецким?

Множество всех туристов изобразим прямоугольником (рис. 8), а кругами (Л, //, Ф), лежащими внутри этого прямоугольника, соответственно — множества владеющих английским, немецким и французским языками. Общая часть трех кругов изображает по условию задачи 3 туристов, владеющих тремя языками. Общая часть двух кругов А и H изображает туристов, владеющих английским и немецким языками. Число их равно 8. Поэтому число туристов, владеющих только английским и немецким языками, равно 8—3=5. Точно так же мы можем найти число туристов, владеющих только английским и французским языком (7) и только немецким и французским (2). Чтобы подсчитать число владеющих только английским языком, нужно из общего числа туристов, владеющих этим языком, вычесть число туристов, владеющих не одним английским языком [28— —(5+3+ 7)=13]. Аналогично найдем число туристов, владеющих одним французским явыком и одним немецким [42—(7+3+2)= =30; 30—(5+3+2)=20]. Число туристов, совсем не владеющих иностранными языками, равно 100—(13+5+20+3+7+2+30)=20.

Решение некоторых логических задач может быть сведено к рассмотрению несложных систем неравенств и равенств.

Задача. Четыре друга—Аркадий, Борис, Николай и Владимир—решили испытать свою силу и для этого занялись перетягиванием каната. Борис перетягивал Аркадия и Николая, когда те тянули канат оба вместе. Если с одной стороны тянули Борис и Аркадий, а с другой—Владимир и Николай, то ни одна из этих пар не могла перетянуть другую. Но когда Николай и Аркадий менялись местами, то Владимир и Аркадий перетягивали канат. Кто из друзей самый сильный? Кто самый слабый? Кто из остальных сильнее?

Решение. Введем такие обозначения: сила тяги Аркадия—А, Бориса—Б, Николая—H и Владимира—В. Тогда условия задачи могут быть записаны неравенствами и равенствами:

А+Н<Б

Б+А=В+Н

Б+Н<В-(-А

Из этой системы легко вывести неравенства В>Б>А>Н. Значит, самый сильный—Владимир, Борис слабее его, Аркадий слабее Бориса и Николай—самый слабый.

Некоторые логические задачи для своего решения требуют применения „принципа Дирихле“, который можно сформулировать

Рис. 8

так: Если п предметов разложены по п— 1 ящикам, то обязательно найдутся 2 предмета, лежащие в одном ящике. Иными словами, если предметов у нас больше, чем ящиков, то по крайной мере в одном из ящиков окажутся два или больше предметов.

Для иллюстрации применения „принципа Дирихле“ рассмотрим задачу.

Берутся произвольные 100 целых чисел. Доказать, что из них можно выбрать такие два числа, разность которых делится на 99.

При делении любого целого числа на 99 возможны лишь остатки —0, 1, 2, 3, 98—всего 99 остатков. Поэтому из 100 данных чисел (по принципу Дирихле) найдутся два числа, дающие при делении на 99 равные остатки. Разность этих чисел разделится на 99.

Ниже даем различные логические задачи. Одни из них—оригинальны, другие заимствованы из различных книг, журналов и газет*.

1. Три ученика решили одну и ту же задачу. Первый из них об ответе задачи сказал следующее: „Ответ — иррациональное число. Оно выражает площадь равностороннего треугольника со стороной, равной 2 м.и Второй: „Ответ делится на 4 (без остатка). Он выражает радиус окружности, длина которой 2 м.и Третий: „Ответ меньше 3 и выражает диагональ квадрата, сторона которого 2 м.и Одно и только одно из утверждений каждого ученика оказалось верным. Какой ответ имеет эта задача?

2. На столе стоят в один ряд бутылка, кружка, чашка, стакан и кувшин. В них налиты различные напитки: чай, кофе, молоко, лимонад и минеральная вода. Если стакан переставить так, чтобы он оказался между сосудами, содержащими чай и молоко, то сосуд с молоком окажется по соседству с сосудом, содержащим лимонад, а сосуд с кофе окажется в середине. В каком сосуде какой напиток?

3. Учитель проверил контрольные работы трех учеников: Алексеева, Васильева и Сергеева. При встрече с учителем на улице ученики спросили, какие они получили оценки. Учитель ответил: „Ваших работ я не захватил с собой, но помню, что все вы получили разные оценки: 3, 4 и 5. У Сергеева не 5, у Васильева не 4, а вот у Алексеева 4“. Когда дома учитель посмотрел работы этих учеников, то оказалось, что он ошибся и двум ученикам оценку сказал неверно. Какие оценки получили ученики?

4. Пять учеников из разных городов области приехали в

* Основными источниками для нас служили: 1) Журнал „Наука и жизнь“ за 1961—1965 годы; 2) П. Ю. Германович. Сборник задач по математике на сообразительность. Учпедгиз, 1960; 3) Н. Б. Васильев и А. А. Егоров. Сборник подготовительных задач к Всероссийской олимпиаде юных математиков. Учпедгиз, 1963; 4) В. В. Малинин. Элементы математической логики во внеклассной работе.— .Математика в школе“, 1962, №5; 5) И. Я. Депман. Решение логических уравнений.—„Математика в школе“, 1963, №5; 6) А.А. Столяр. Элементы математической логики. Ч. 1. М., „Просвещение“, 1964.

г. Киров для участия в областной математической олимпиаде. Каждого спросили, из какого города он приехал. Первый ученик ответил: „Я приехал из Яранска, а четвертый из нас из Лальска“. Второй ответил: „Я приехал из Яранска, а третий из Халтурина“. Третий: „Из Яранска приехал я, а четвертый из Слободского“. Четвертый: „Я приехал из Лальска, а пятый из Котельнича“. Наконец, пятый сказал, что он приехал действительно из Котельнича, а первый из Слободского. Удалось установить, что из двух утверждений каждого ученика одно верно, а другое неверно. Откуда приехал каждый из учеников?

5. Петя, Вася и Коля ходили на рыбалку. О своих уловах они сказали так. Петя: „Коля поймал только две рыбы. Вася поймал на 1 рыбу больше, чем Коля. Мы с Васей поймали на 8 рыб больше, чем Коля и Вася вместе“. Вася: „Коля наловил рыб больше всех. Я поймал на 3 штуки больше, чем Петя. Коля ошибся, когда сказал, что я ничего не поймал. Петя и Коля наловили поровну“. Коля: „Вася не выудил ни одной рыбешки. Петя ошибся, сказав, что я поймал только две рыбы. Мы с Петей наловили не поровну. Вася и Петя вместе поймали 13 рыб“. Когда рыболовам сказали, что так не может быть, они признались, что каждый из них сказал два раза правду и два—неправду. Кто сколько рыб поймал?

6. В правление одного английского спортивного клуба избрали 6 человек: Артура, Бэртона, Конгрева, Даунса, Эвальда и Флинна. Нужно было распределить обязанности президента, вице-президента, секретаря и казначея. Артур не хотел работать без Бэртона, но и с Бэртоном он отказывался от назначения вице-президентом. Бэртон не хотел быть вице-президентом или секретарем. Конгрев не желал работать с Бэртоном, если в состав руководящей четверки не войдет Флинн. Даунс отказывался работать вместе с Эвальдом или Флинном. Эвальд заявил, что он не будет работать, если будут избраны Артур и Бэртон вместе. Флинн согласился работать президентом, если Конгрев не будет вице-президентом. Как сформировать руководящую четверку?

7. Из трех человек, стоящих рядом, один всегда говорит правду (правдолюб), другой всегда лжет (лжец), а третий, смотря по обстоятельствам, говорит правду или ложь („дипломат“). У стоящего слева спросили: „Кто стоит рядом с тобой?“ Он ответил: „Правдолюб“. Стоящему в центре задали вопрос: „Кто ты?“ —и он ответил: „Я дипломат“. А когда у стоящего справа спросили: „Кто стоит рядом с тобой?“—он ответил: „Лжец“. Кто где стоял?

8. В школе после занятий кто-то разбил в вестибюле зеркало. Последними уходили 9 учеников. Директор школы спросил каждого из них: „Кто разбил зеркало?“ Ответы были такими. Роланд: „Это сделал Перси“. Алекс: „Нет, это сделал не Перси“. Тэд: „Зеркало разбил я“. Фред: „Это сделал либо Тэд, либо Вальтер“. Перси: „Алекс сказал неправду“. Том: „Виноват Тэд.“

Джон: „Тэд не виноват.“ Вальтер: „Ни я, ни Тэд не разбивали зеркало“. Чарли: „Вальтер говорит правду. Перси тоже не виноват.“ Потом ученики признались, что из их ответов верны только три. Кто же разбил зеркало?

9. В одном городе живут пятеро друзей: Иванов, Петренко, Сидорчук, Гришин и Альтман. Один из них — маляр, другой — мельник, третий — плотник, четвертый — почтальон, пятый — парикмахер. Петренко и Гришин никогда не пользовались малярной кистью. Иванов и Гришин были в гостях у мельника. Петренко и Альтман живут в одном доме с почтальоном. Сидорчук ходил на свадьбу Петренко и дочери своего друга парикмахера. Иванов и Петренко часто играют с плотником и маляром в домино. Гришин и Альтман ходят бриться в парикмахерскую к другу, а почтальон бреется сам. Кто из друзей какую профессию имеет?

10. Тамара, Лена и Марина как-то разговорились о том, кому сколько лет. Тамара: „Мне 22 года. Я на 2 года моложе Лены и на 1 год старше Марины“. Лена: „Я не самая младшая. Между Мариной и мной разница в 3 года. Марине 25 лет.“ Марина: „Я моложе Тамары. Тамаре 23 года. Лена на 3 года старше Тамары.“ После такого разговора они признались, что каждая говорила правду только дважды. Сколько лет каждой из них?

11. Кондратьев, Давыдов и Федоров живут на одной улице. Один из них — плотник, другой — маляр, третий — водопроводчик. Маляру нужно было починить дверь в квартире и он хотел попросить об этом плотника, но тот ремонтировал дом водопроводчика. Водопроводчик старше маляра. Давыдов старше Кондратьева. Федоров никогда не слышал о Давыдове. Кто какую имеет специальность?

12. В одном из институтов учатся 4 друга. Самый младший учится на I курсе, а старший — на IV. Определить имя и фамилию каждого из них, а также курс, на котором он учится, если известно, что Борис персональный стипендиат, Василий летом должен ехать на практику в Омск, а Иванов домой в Донбасс, Николай курсом старше Петра, Борис и Орлов коренные ленинградцы, Крылов в прошлом году окончил школу и поступил на факультет, где учится Карпов. Борис иногда пользуется прошлогодними конспектами Василия.

13. В междугороднем автобусе едут 6 пассажиров: Агеев, Боков, Власов, Громов, Дубов и Елисеев. Живут они в Москве, Ленинграде, Туле, Киеве, Риге и Одессе. Известно, что Агеев и москвич — врачи, Дубов и ленинградец — учителя, Власов и туляк—инженеры; Боков и Елисеев — участники Великой Отечественной войны, а туляк в армии никогда не служил; рижанин старше Агеева, а одессит старше Власова; Боков и москвич выйдут из автобуса в Киеве, а Власов и рижанин намерены сойти в Виннице. Определить фамилию, профессию и место жительства каждого из пассажиров.

14. В поездной бригаде есть Смирнов, Жуков и Романов. Один из них машинист, другой — кондуктор, а третий — кочегар. Среди пассажиров этого поезда есть их однофамильцы. Пассажир Романов живет во Львове, кондуктор — в Омске. Пассажир Жуков давно забыл даже алгебру, не говоря уже о тригонометрии, которые он изучал еще в средней школе. Пассажир, у которого та же фамилия, что и у кондуктора, живет в Чите. Кондуктор и один из пассажиров, профессор математики, часто посещают один и тот же кинотеатр. Железнодорожник Смирнов обычно обыгрывает кочегара в шахматы. Установить фамилии машиниста, кочегара и кондуктора, а также в каких городах живут пассажиры Романов, Жуков и Смирнов.

15. Иванов, Петров и Сидоров владеют каждый двумя иностранными языками: немецким, французским, английским, испанским, итальянским и арабским. Знающие французский и испанский языки — соседи по дому. Иванов — самый младший из троих. Сидоров и знающие немецкий и испанский языки — большие друзья. Знающий немецкий язык старше знающего арабский язык. По выходным дням владеющие английским и арабским языками и Иванов часто ездят на рыбалку. Кто какими языками владеет?

16. Шесть школьников: Козлов, Демидов, Говоров, Хорьков, Иванов и Троицкий—участвовали в математической олимпиаде. Логическую задачу решили двое из них. На вопрос — кто решил? — участники дали пять ответов. 1) Козлов и Говоров; 2) Демидов и Троицкий; 3) Троицкий и Козлов; 4) Демидов и Иванов; 5) Хорьков и Козлов. В четырех из этих ответов правильно назван один из решивших задачу, а в одном ответе обе фамилии названы неправильно. Кто решил логическую задачу?

17. На вопрос, кто из 5 учащихся (А, В, С, Д, Е) играет в шахматы, получены следующие ответы: 1) Если А играет, то и В играет; 2) Д и Е играют оба или один из них играет; 3) Из двух учащихся В и С играет только один; 4) С и Д или оба играют, или оба не играют; 5) Если Е играет, то А и Д также играют. Кто из этих учащихся играет в шахматы?

18. На столе стоят три одинаковые коробки. В одной из них лежат два черных шарика, в другой — черный и белый, а в третьей — два белых. На крышках коробок сделаны надписи: „2 черных“, „2 белых“, „Белый и черный“, но известно, что ни одна из этих надписей не соответствует действительности.

Можно ли, вынув наугад из одной коробки один шарик, установить, какие шарики лежат в каждой коробке.

19. После смерти дона Диего остались три ларчика с драгоценностями и следующее завещание: „Ларчики должны перейти в собственность дону Альваро, дону Бенито и дону Висенте по их выбору, который определяется следующими условиями: 1) Тот, кто видел меня в зеленом плаще, не должен выбирать раньше Альваро; 2) Тот, кто подарил мне табакерку, не должен выби-

рать первым; 3) Если Висенте не будет выбирать вторым, то Бенито должен выбирать раньше того, кто первым стал носить шпагу.

Этих условий достаточно для определения порядка выбора и ни одно из них не является лишним. Установить, в каком порядке должны выбирать ларчики наследники, а также кто видел Диего в зеленом плаще, кто подарил ему табакерку и кто первый стал носить шпагу.

20. Ученики Алексеев, Васильев, Сергеев и Дмитриев проводили уборку классных комнат 7, 8, 9 и 10 классов. При проверке обнаружилось, что десятый класс убран плохо. Стали выяснять— кто убирал этот класс. Алексеев сказал: „Я убирал 7 класс, а Дмитриев —8“. Васильев: „Я убирал 9 класс, а Алексеев — 8“. Сергеев: „Я убирал 8 класс, а Васильев — 10“. Дмитриев до проверки ушел домой. Кто же убирал 10 класс, если верна только одна часть каждого из этих ответов?

21. Четыре спортсмена соревновались в беге. После соревнования каждого из них спросили, какое место он занял. Первый спортсмен ответил: „Я не был ни первым, ни последним“. Второй: „Я не был первым“. Третий: „Я был первым“. Четвертый: „Я был последним“. Только три из этих ответов оказались верными. Кто сказал неправду? Кто занял первое место?

22. В розыгрыше первенства города по футболу принимали участие 5 команд: Л, В, С, Д, Е. Прогнозы распределения мест были такими: 1) Е займет 1-е место, а В—2-е; 2) В окажется на 3-м месте, а Е на 5-м; 3) А будет на 2-м месте, а Д на 4-м; 4) С займет 1-е место, а Д-4-е; 5) Л займет 2-е место, а С—3-е. Одна часть каждого из этих прогнозов подтвердилась, а другая— нет. Как распределились места между командами?

23. В велогонках приняли участие 5 школьников. До начала гонок четыре болельщика высказали следующие предположения о распределении мест: 1) Сережа займет второе место, а Коля-третье; 2) Надя займет третье место, а Толя пятое; 3) Толя займет первое место, а Надя — второе; 4) Второе место займет Сережа, а Ваня — четвертое. После гонок оказалось, что в каждом из этих предположений одна часть была верной, а другая — неверной. Как распределились места между школьниками?

24. При сдаче экзаменов электрическому экзаменатору на экране появляются 5 вопросов. На каждый вопрос нажатием кнопок Петя должен ответить „да“ или „нет“. Наблюдая за работой экзаменатора, он установил, что всегда задается больше таких вопросов, на которые следует отвечать утвердительно и что на три последовательных вопроса никогда не приходится отвечать одинаково. Второй вопрос Петю не затруднил. Кроме того, он догадался, что ответы на первый и последний вопросы должны быть противоположны. На все пять вопросов Петя дал верные ответы. Каким был его ответ на второй вопрос? Как Петя смог ответить на все вопросы верно?

25. В одном американском городе распространился слух, что какие-то жители будто бы наблюдали на небе „летающие тарелки“. Репортер городской газеты провел опрос четырех из этих жителей. А заявил: „1) Это не были ложные Солнца; 2) Правда, я наблюдал это явление не более минуты; 3) Правильные соображения на этот счет имеет житель Д. В: 1) Это не были шары-зонды; 2) Я обсуждал это явление с Д; 3) Это были „летающие тарелки“. С: 1) Это не были „летающие тарелки“;

2) Это были обычные самолеты в необычных условиях освещения; 3) В ошибается, когда говорит, что это были „тарелки“. Д: 1) Я тщательно изучил это явление. 2) Это были ложные Солнца.

3) С В это явление я никогда не обсуждал. Каждый из этих жителей признал, что он мог что-нибудь напутать, но из трех его высказываний два обязательно верны и одно неверно. Какое явление наблюдалось?

26. В пионерский лагерь приехали три пионера — Буров, Гриднев и Клименко, имена которых Коля, Петя и Гриша. Известно, что: 1) Буров —не Коля; 2) родной брат матери Бурова имеет фамилию Серов; 3) Петя пошел в школу семи лет, все время учился хорошо и в этом году начнет изучать алгебру и геометрию; 4) родной дедушка Пети — Семен Мокроусов—работает в этом пионерлагере садоводом и очень рад приезду внука; 5) Гриднев и Гриша каждый старше Пети на 1 год. Установить имя и возраст каждого пионера.

27. Имена трех друзей — Костя, Вася и Коля. Их фамилии — Семенов, Буров и Николаев. У кого какая фамилия — неизвестно. Но известно, что дед Семенова — родной брат их соседа Петрова, Костя на год старше Коли, а Коля на год старше Николаева. Сумма их лет больше 49, но меньше 53. Мать Коли — дочь всем известного профессора Коробова. Установить фамилии друзей и возраст каждого.

28. Вася, Петя и Гриша — неразлучные товарищи. Их фамилии: Лепешкин, Ватрушкин и Бубликов. Однажды Вася и Гриша зашли к Пете домой. „Давайте решать шахматные задачи“,— предложил Вася. Только приятели расставили фигуры, как в дверь постучали и вошел почтальон. „Ватрушкину письмо!“ — сказал он. Нам еще известно, что Лепешкин, решая шахматную задачу, предложил пожертвовать ладьей, с чем Вася не соглашался и из-за этого чуть не поссорился с ним. Но Пете удалось примирить товарищей. Назовите фамилии Васи, Пети и Гриши.

29. Рядом сидят три человека. Каждый из них на все задаваемые ему вопросы отвечает либо всегда верно, либо всегда неверно. Я подошел к ним и спросил у среднего, верно ли он отвечает на задаваемые ему вопросы. Но ответа я не расслышал и поэтому спросил у сидящих слева и справа, что мне ответил средний. Тот, что сидел слева, сказал: „Он ответил, что всегда отвечает верно“. Сидящий справа сказал: „Он ответил, что всегда

отвечает неверно“. Как отвечали на задаваемые вопросы сидящие слева и справа?

30. В одном доме жили несколько семей. Всего детей в этих семьях больше, чем взрослых: взрослых больше, чем мальчиков; мальчиков больше, чем девочек; а девочек больше, чем семей. Бездетных семей нет, нет и семей с одинаковым числом детей. У каждой девочки есть по меньшей мере один брат и самое большее одна сестра. В одной из семей детей больше, чем во всех остальных, вместе взятых. Сколько семей жило в доме? Сколько мальчиков и сколько девочек в каждой из этих семей?

31. Сереже вдвое больше лет, чем будет Саше тогда, когда Толе исполнится столько лет, сколько Сереже сейчас. Кто из них самый старший? Кто самый младший? Кто средний по возрасту?

32. В обеденный перерыв члены бригады коммунистического труда разговорились, кто сколько газет читает. Выяснилось, что каждый выписывает и читает две и только две газеты, каждую газету читают пять человек и любая комбинация двух газет читается одним человеком. Сколько названий газет выписывают члены бригады? Сколько в бригаде членов?

33. В городе проводилось совещание врачей. От каждой поликлиники были приглашены 4 врача. Каждый из приглашенных работал в двух поликлиниках и представлял на совещании обе эти поликлиники. Любая возможная комбинация двух поликлиник имела на совещании одного и только одного представителя. Сколько поликлиник в городе? Сколько врачей было приглашено на совещание?

34. Из 100 туристов, выехавших в заграничное путешествие, 10 человек не знают ни немецкого, ни французского языков, 76 человек знают немецкий и 83 — французский. Сколько туристов знают оба эти языка?

35. В одной семье было много детей. Семеро из них любили капусту, шестеро — морковь, пятеро — горох. Четверо из ребят любили и капусту, и морковь, трое — и капусту, и горох, двое— и морковь, и горох, а один — и капусту, и морковь, и горох. Сколько было детей в этой семье?

36. Учащихся десятого класса одной из средних школ города Кирова спросили, какие газеты они читают систематически. Выяснилось, что 60% учащихся читают газету „Комсомольская правда“, 50% — „Комсомольское племя“, 50% — „Кировскую правду“, 30% — „Комсомольскую правду“ и „Комсомольское племя“, 20% — „Комсомольское племя“ и „Кировскую правду“, 30% — „Комсомольскую правду“ и „Кировскую правду“ и 10% — все три газеты. Сколько процентов учащихся этого класса систематически читают только одну газету? Только две газеты? Читают газеты несистематически?

37. В классе 40 учащихся. Из них 22 занимаются в физкультурных кружках, 16 —в математическом, 20 — в кружках худо-

жественной самодеятельности, 8 — в физкультурных кружках и математическом, б — в кружках художественной самодеятельности и математическом, 10 — в физкультурных и художественной самодеятельности и 2 — в физкультурных, художественной самодеятельности и математическом. Сколько учащихся занимается только в одном кружке? Сколько совсем не занимается в кружках?

38. Петя, Вася, Коля и Толя ходили на рыбалку. Коля поймал рыбы меньше Толи, Петя и Вася вместе — столько же, сколько Коля и Толя. Петя и Толя вместе поймали меньше, чем Вася и Коля. Какое место по величине улова занимает каждый из них?

39. Предметы Л, В, С и Д нужно сравнить по весу с помощью двухчашечных весов. Когда на одну чашку положили Л и В, а на другую С и Д, то установилось равновесие, но стоило переложить с одной чашки на другую С и Л, как чашка с Д и Л опустилась. Когда же на одну чашку клали В, а на другую Л и С, то чашка с Л и С поднималась. Сравнить веса данных предметов.

40. В саду растет 500 яблонь. На каждой из них вызревает не более 450 яблок. Доказать, что по крайней мере на двух яблонях имеется одинаковое число яблок.

41. Берутся 100 произвольных целых чисел. Доказать, что из них можно выбрать несколько чисел, сумма которых разделится на 100.

42. В саду растет 201 куст роз. На каждом из них не менее 1 и не более 100 цветков. Доказать, что по крайней мере на трех кустах — одинаковое число цветков.

43. В походе участвуют ученики трех классов. Инструктор, проводящий поход, не знает, кто в каком классе учится. Какое наименьшее число дежурных он должен назначить, чтобы среди них были: 1) хотя бы два ученика из одного класса; 2) хотя бы три ученика из одного класса?

44. Перчатки и носки я храню в ящике шкафа для одежды. Сегодня они понадобились мне, но в комнате, где стоит этот шкаф, погас свет. Все пары перчаток у меня разные, а носки двух расцветок. Какое наименьшее число перчаток и какое наименьшее число носков мне следует взять из ящика, чтобы среди них оказались пара перчаток (одного вида) и пара носков (одного цвета)?

45. В закрытом ящике лежат 25 деревянных шаров одного диаметра: 5 зеленых, 5 красных, 5 синих, а остальные не окрашены. Из ящика, не глядя, берут несколько шаров. Какое наименьшее число шаров нужно взять, чтобы среди них обязательно оказалось не менее 4 шаров одного цвета (зеленых, красных или синих).

46. 200 учеников выстроились прямоугольником по 10 человек в каждом поперечном ряду и по 20 человек в продольном. В каждом продольном ряду выбрали самого высокого ученика, а

из них — самого низкого. Точно так же в каждом поперечном ряду выбрали самого низкого ученика и из них самого высокого. Который из двух отобранных учеников выше?

47. На плоскости даны 25 точек. Среди любых 3 из них найдутся 2, расстояние между которыми меньше 1. Доказать, что найдется круг радиуса 2, содержащий не менее 13 из этих точек.

48. На плоскости даны 2/г точек. Среди любых трех из них имеются две, расстояние между которыми не больше 1. Доказать, что на плоскость можно положить два круга радиуса 1, которые закроют все эти точки.

49. На плоскости даны п точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой линии. Доказать, что можно построить несамопересекающуюся замкнутую ломаную линию с вершинами в этих точках.

50. В некоторой стране поблизости друг от друга были расположены два селения—Л и В. Жители селения А всегда говорили правду, а жители В — всегда лгали. Путешествующий по этой стране турист оказался в одном из этих селений. Чтобы узнать, в каком из них он находится, турист мог задать первому встречному вопрос, на который тот ответил бы „да“ или „нет“. Но этим встречным мог быть или житель Л, или житель В (они могли навещать друг друга). Какое наименьшее число вопросов и каких должен задать турист первому встречному, чтобы узнать, в какое селение он попал и из какого селения встретившийся ему человек?

51. Имеются три селения: Л, В и С. Жители Л всегда говорят правду, жители В — всегда неправду, а жители С, смотря по настроению, говорят правду и неправду. Так как селения расположены рядом, то жители их навещают друг друга. Турист попал в одно из этих селений. Какое наименьшее число вопросов и какие именно вопросы ему придется задать первому встречному (который может отвечать только „да“ или „нет“), чтобы выяснить, в каком селении он оказался и в каком селении живет этот встреченный им человек?

52. Мой друг задумал целое число, заключенное между 10 и 19. Чтобы угадать, какое число он задумал, я могу задавать ему вопросы, на которые он будет отвечать „да“ или „нет“! Какое наименьшее число вопросов и какие именно я могу задать, чтобы установить, какое число было задумано?

53. Желая узнать день рождения моего друга, я должен задавать ему вопросы, на которые он будет отвечать только „да“ или „нет“. Какое наименьшее число вопросов я должен задать? Какие вопросы мне следует задавать?

54. Среди 80 одинаковых на вид монет есть одна фальшивая (более легкая). Как выделить эту фальшивую монету с помощью четырех взвешиваний на чашечных весах без гирь?

55. В 12 мешочках по 12 монет в каждом. Один из них на-

полнен фальшивыми монетами. Настоящая монета весит 1 г, фальшивая же отличается от нее на 0,4 г, но неизвестно, тяжелее она или легче. Имеются весы и разновесы к ним, позволяющие взвешивать с точностью до 0,1 г. Одним единственным взвешиванием нужно установить, в каком мешочке находятся фальшивые монеты. Как это сделать?

56. 17 ученых переписываются друг с другом. Переписка ведется по трем научным темам. Каждые два ученых переписываются между собой по одной теме. Доказать, что не менее трех ученых переписываются по одной и той же теме.

§ 13. ЗАДАЧИ, ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ НА ОБЛАСТНЫХ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАДАХ г. КИРОВА

1961 год

1. (7 кл.) Несколько девочек (все различного возраста) собирали в лесу белые грибы. Собранные грибы они распределили так: самой младшей отдали 20 грибов и 0,04 остатка. Следующей за ней по возрасту — 21 гриб и 0,04 остатка и т. д. Оказалось, что все получили поровну. Сколько было собрано грибов и сколько было девочек?

2. (7кл.) Показать, что 4343—1717 делится без остатка на 10.

3. (7 кл.) Доказать, что если а не делится на 5, то а4—1 делится на 5.

4. (7 кл.) Основания трапеции равны а и Ъ. Найти отрезок прямой, соединяющей середины ее диагоналей (а > Ь).

5. (7 кл.) Построить ромб по сумме диагоналей и углу, противолежащему одной из них.

6. (8 кл.) Длины двух сторон треугольника соответственно 7 см и 11 см. Найти длину третьей стороны, если она выражается простым числом сантиметров.

7. (8 кл.) При каких значениях х многочлен х*+2 х3—2 х2— —4 л: —5 является точным квадратом?

8. (8 кл.) Пусть сумма а+Ь + с кратна 6. Доказать, что сумма кубов а3+Ь3+сг тоже кратна 6.

9. (8 кл.) Центр круга, вписанного в прямоугольную трапецию, отстоит от концов боковой стороны на 2 см и на 4 см. Найти площадь трапеции.

10. (8 кл.) Даны две окружности. Найти такую точку на плоскости, из которой первая окружность видна под углом a, a другая под углом ß.

11. (9 кл.) Найти натуральное число пу зная, что сумма 1 +2—[—3 —h-... + п есть число трехзначное, состоящее из одинаковых цифр.

12. (9 кл.) Дана арифметическая прогрессия аъ а2, а3,...,ал.

Доказать, что

13. (9 кл.) Построить треугольник по основанию, противолежащему углу и медиане основания.

14. (9 кл.) В трапеции меньшее основание равно 1 дм, прилежащие к нему углы по 135°, угол между диагоналями, обращенный к основанию, равен 150°. Найти площадь трапеции.

15. (9 кл.) Найти площадь трапеции, зная площади Ki и /С2 треугольников, прилежащих к основаниям трапеции.

16. (10 кл.) Доказать, что основания высот треугольника служат вершинами нового треугольника, для которого эти высоты являются биссектрисами.

17. (10 кл.) Доказать, что дробь Г“^“^ несократима ни при каком целом значении а.

18. (10 кл.) Доказать, что сумма расстояний от произвольно выбранной точки правильного тетраэдра до его граней есть величина постоянная.

19. (10 кл.) Упростить 1!1+2!2 + 3!3 + ... + я!Аг.

20. (10 кл.) Если в треугольнике cos2 Л ■+ cos2 ß-|~ cos2 ^ = 1, то этот треугольник прямоугольный. Доказать.

1962 год

21. (7 кл.) (Задача Ньютона) Трава на всем углу растет одинаково быстро и густо. Известно, что 70 коров поели бы ее за 24 дня, а 30 коров — за 60 дней. Сколько коров поели бы всю траву за 96 дней? (Предполагается, что коровы поедают траву равномерно).

22. (7 кл.) Окрашенный куб с ребром в 10 см распилили на кубики с ребром в 1 см. Сколько среди них окажется с одной, с двумя и стремя окрашенными гранями?

23. (7 кл.) Доказать, что число — + -77 + — является целым при любом целом п.

24. (7 кл.) Построить квадрат, стороны которого лежали бы на прямых, проходящих через четыре данные точки.

25. (8 кл.) Пароход идет от Л до В а часов, обратно — Ъ часов. Сколько часов проплывет плот от А до В?

26. (8 кл.) Даны угол ABC и прямая Р. Найти на прямой Р точку расстояние которой от стороны AB на данную длину d больше ее расстояния от стороны ВС.

27. (8 кл.) Даны окружность, хорда AB и касательная ECF. Из точки касания С на хорду AB опущен перпендикуляр CD,

а из концов хорды AB опущены перпендикуляры АЕ и BF на касательную ECF. Доказать, что CD2 = АЕ • BF.

28. (8 кл.) Доказать, что для каждого натурального п число /г3 (/г6— 1) делится на 42.

29. (8 кл.) Некто на вопрос, какой номер его билета, ответил так: „Если все шесть, двузначных чисел, которые можно составить из цифр номера, сложить, то половина полученной суммы составит как раз номер моего билета“. Определить номер билета.

30. (9 кл.) Задача. № 25 для 8 класса.

31. (9 кл.) При делении шестизначного числа, состоящего из одинаковых цифр, на четырехзначное число, состоящее тоже из одинаковых цифр, получилось в частном 233 и некоторый остаток. По отбрасывании в делимом и делителе по одной цифре и новом делении частное не изменилось, а остаток уменьшился на 1000. Найти эти числа.

32. (9 кл.) Найти 2п + 1 последовательных целых чисел, обладающих тем свойством, что сумма квадратов п + 1 первых чисел равна сумме квадратов последующих п чисел.

33. (9 кл.) Построить треугольник ABC по высоте ha, медиане та и радиусу R окружности, описанной около треугольника.

34. (9 кл.) На окружности, описанной около равностороннего треугольника ABC, взята произвольная точка М. Доказать, что наибольший из отрезков MA, MB, MC равен сумме двух остальных.

35. (10—11 кл.) Найти трехзначное число, являющееся точным квадратом H2, у которого произведение цифр равно H— 1.

36. (10—11 кл.) Доказать, что если в треугольнике две биссектрисы равны, то этот треугольник равнобедренный.

37. (10—11 кл.) Сколько имеется плоскостей, равноудаленных от четырех точек, не лежащих в одной плоскости?

38. (10—11 кл.) Задача № 32 для 9 класса.

39. (10—11 кл.) По гипотенузе £ построить такие прямоугольные треугольники, чтобы расстояние между точками пересечения медиан и биссектрис было: а) наименьшим и б) наибольшим.

1963 год

40. (8 кл.) Некоторые из имевшихся семи листов бумаги разрезали на 7 частей. Из полученных листов некоторые снова разрезали на семь частей и т. д. Когда подсчитали общее число полученных листов бумаги (разного размера), то оказалось, что их 1961. Доказать, что подсчет произведен неправильно.

41. (8 кл.) Найти наименьшее натуральное число, обладающее следующими свойствами: а) его запись в десятичной системе заканчивается цифрой 6; б) если зачеркнуть последнюю цифру 6 и перед оставшимися написать эту цифру 6, то получится число в четыре раза большее исходного числа.

42. (8 кл.) Задача № 16 для 10 класса 1961 года.

43. (8 кл.) Построить параллелограмм, если даны его периметр, одна диагональ и угол между данной диагональю и стороной параллелограмма.

44. (8 кл.) Дана окружность и точка А вне ее. Найти геометрическое место середин хорд, продолжения которых проходят через точку А.

45. (9 кл.) Найти четырехзначное число, представляющее точный квадрат, зная, что две первые цифры, так же как и две последующие, порознь равны между собой.

46. (9 кл.) Найти сумму

47. (9 кл.) Доказать, что если в треугольнике стороны а, Ь и с удовлетворяют соотношению----=-, то один из его углов равен 60°.

48. (9 кл.) Построить треугольник по двум сторонам, зная, что угол, лежащий против большей из данных сторон, в два раза больше угла, лежащего против меньшей из данных сторон.

49. (9 кл.) По заданным отрезкам а и Ъ некоторой прямой построить

(составить план построения).

50. (10—11 кл.) Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и медиане одного из катетов.

51. (10—11 кл.) Решить уравнение

52. (10—11 кл.) Найти сумму

53. (10—11 кл.) Доказать, что число

при всяком целом и не отрицательном п делится на 11.

54. (10—11 кл.) В треугольной пирамиде с прямым трехгранным углом при вершине квадрат площади основания равен сумме квадратов площадей боковых граней. Доказать.

1964 год

55. (8 кл.) Доказать, что если при пересечении сторон четырехугольника окружностью образуются равные хорды, то суммы противоположных сторон четырехугольника равны между собой.

56. (8 кл.) Два велосипедиста выезжают друг другу навстречу. Если первый выедет на 1 час раньше, а второй на полчаса позже, то они встретятся на 18 минут раньше. Если первый выедет на полчаса позже, а второй на 1 час раньше, то место их встречи передвинется на 11200 метров.

Вычислить скорость каждого велосипедиста.

57. (8 кл.) Решить систему уравнений

58. (8 кл.) Дан тысячеугольник. Внутри него взяты 500 точек, которые соединены между собой .и с вершинами тысячеугольника. Сколько получится треугольников? (Стороны треугольников не пересекаются).

59. (8 кл.) В каждую клетку квадратной таблицы 25X25 вписано одно из чисел 1 или — 1 (произвольным образом). Под каждым столбцом пишется произведение всех чисел, стоящих в этом столбце. Справа от каждой строки пишется произведение всех чисел, стоящих в этой строке. Доказать, что сумма 50 написанных произведений не равна 0.

60. (9 кл.) Решить уравнение х2+|х + 3| + |3 — х\ =4,5| х |+6.

61. (9 кл.) В квадратной таблице, состоящей из 8 X 8 клеток, расположены по порядку натуральные числа от 1 до 64. Из них выбирается число и вычеркиваются строка и столбец, в которых оно стоит. Из оставшихся чисел выбирается еще одно и снова вычеркиваются строка и столбец, в которых оно стоит. Так продолжаем до тех пор, пока все строки и столбцы не будут вычеркнуты. Найти сумму восьми выбранных чисел.

62. (9 кл.) Три окружности радиусов а, Ь и с имеют попарное внешнее касание. Найти длину хорды, отсекаемой третьей окружностью от общей внутренней касательной первых двух окружностей.

63. (9 кл.) Построить треугольник по концам основания, точке касания вписанной окружности и сумме боковых сторон.

64. (9 кл.) Число 7 возведено в седьмую степень, полученное число снова возведено в седьмую степень и т. д. Возведение повторено 1000 раз. Какой цифрой оканчивается это число?

65. (10—11 кл.) На сколько частей разбивают пространство плоскости граней тетраэдра?

66. (10—11) Решить систему уравнений

67. (11 — 11 кл.) Через точку M внутри острого угла АОВ провести прямую, отсекающую от угла треугольник с наименьшей площадью.

68.(10—11 кл.) Дано ах+а2+аг+. . . + ап= I. Доказать,

69. (10—11 кл.) Решить неравенство

1965 год

70. (8 кл.) Доказать, что не существует таких натуральных чисел X и у, при которых выполняется равенство 2х + 3у = 6.

71. (8 кл.) Доказать, что квадрат биссектрисы угла при вершине треугольника равен разности между произведением боковых сторон и произведением отрезков основания.

72. (8 кл.) Если каждая сторона четырехугольника меньше одного метра, то площадь его меньше одного квадратного метра. Доказать.

73. (8 кл.) В вершинах прямоугольника ABCD построены непересекающиеся окружности, причем Ra + Rc = Rb + Rd . К окружностям А и С, В и D проведены общие внешние касательные. Доказать, что в полученный при пересечении касательных четырехугольник можно вписать окружность.

74. (8 кл.) Из пунктов А и В навстречу друг другу выходят две моторные лодки с одинаковой собственной скоростью. Если первая лодка, идущая против течения, увеличит свою собственную скорость на X километров в час, а вторая, идущая по течению, на столько же километров в час уменьшит ее, то первая лодка прибудет в пункт назначения А раньше на столько часов, на сколько вторая опоздает с прибытием в пункт В. Определить X, если скорость течения реки принять за а км в час.

75. (9 кл.) Решить уравнение i/8—х + j/89+л: =5.

76. (9 кл.) Доказать, что число, записываемое с помощью 300 единиц и любого числа нулей, не может быть точным квадратом.

77. (9. кл.) Доказать, что 1 + 3*+9-v делится на 13, если jc = 3/*-t-l.

78. (9 кл.) Построить треугольник ABC, зная положение одной из его вершин В, середины противоположной стороны D и точки О пересечения высот.

79. (9 кл.) Даны две окружности с радиусами R и г. Их общие внутренние касательные взаимно перпендикулярны. Найти площадь треугольника, образованного этими касательными и общей внешней касательной к данным окружностям.

80. (10 кл.) Доказать, что при всяком натуральном значении л число п(п2—\) (п2—5^4-26) делится на 120.

81. (10 кл.) Определить число а так, чтобы многочлен хп— —ахп~х+ах — 1 делился на (х— I)2.

82. (10 кл.) Доказать справедливость равенства

где Sn, S2n, SZn — суммы членов геометрической прогрессии.

83. (10 кл.) Доказать, что периметры фигур, получающихся от пересечения правильного тетраэдра плоскостями, параллельными двум противоположным ребрам тетраэдра, равны между собой.

84. (10 кл.) А — вершина правильного звездчатого пятиугольника. Ломаная АА1 ВВХ ССХ DDX ЕЕг является его внешним контуром. Прямые AB и DE продолжены до пересечения в точке К. Доказать, что многоугольник АВВ1 СС1 DEDX равновелик четырехугольнику ADiEK.

85. (11 кл.) Сколько корней имеет уравнение sinx = -^?

86. (11 кл.) Три шара касаются одной и той же плоскости и каждый касается двух других. Найти радиус шара, касающегося плоскости и трех данных шаров.

87. (11 кл.) Доказать, что

88. (11 кл.) Найти значения х и у, при которых выражение X2— 2ху+6у2— \4х — 6у + 72 принимает наименьшее значение.

89. (11 кл.) На плоскости дано п точек. Известно, что среди любых трех из них имеются две, расстояние между которыми не больше единицы. Доказать, что на плоскости можно положить два круга радиуса /?=1, которые закроют все эти точки.

1966 год

90. (8 кл.) Пусть а, 6, с, п к I целые числа. Доказать, если дробь - сократима на число /?, то an — be делится на р.

91. (8 кл.) Найти все прямоугольники, которые можно разрезать на 13 равных квадратов.

92. (8 кл.) Построить треугольник по трем его медианам.

93. (8 кл.) Разделить угол в 19° на 19 равных частей при помощи циркуля и линейки.

94. (8 кл.) Доказать, что круги, построенные на сторонах произвольного четырехугольника как на диаметрах, целиком покрывают его.

95. (9 кл.) Доказать, что уравнение 2л:2—5у2=7 не имеет решений в целых числах.

96. (9 кл.) Найти сумму всех несократимых дробей со знаменателем 3, заключенных между целыми положительными числами m и п (т < ri).

97. (9 кл.) Доказать, что выпуклый четырехугольник, имеющий ось симметрии, является либо вписанным, либо описанным.

98. (9 кл.) Найти геометрическое место середин отрезков длины —т=-9 концы которых лежат на сторонах единичного квадрата.

99. (9 кл.) В единичном квадрате расположена 51 точка. Доказать, что некоторые три из них обязательно находятся внутри круга радиуса —.

100. (10 кл.) Цена бриллианта пропорциональна квадрату его веса. Доказать, что если разделить бриллиант на несколько частей, то стоимость его уменьшится, причем понижение стоимости будет наибольшим, когда части будут равны.

101. (10 кл.) Показать, что одно из квадратных уравнений *2 + + <7i = 0 и x2 +Ръ* + Я2= 0 непременно имеет действительные корни, если коэффициенты их связаны соотношением PiP2 = 2(ql + q2).

102. (10 кл.) В правильном тетраэдре АБСЕ точка Р есть середина высоты, опущенной из вершины Е на основание ABC. Доказать, что прямые АР, BP и CP перпендикулярны друг другу.

103. (10 кл.) Если сумма квадратов двух целых чисел делится на 7, то каждое из этих чисел делится на 7. Доказать.

104. (10 кл.) На классной доске написаны числа 1, 2, 3, . . . 1966. Разрешается стереть любые два числа, записав вместо них разность. Доказать, что многократным повторением такой операции нельзя добиться того, чтобы на доске остался один нуль.

105. (11 кл.) Может ли сумма квадратов двух последовательных натуральных чисел быть равна сумме четвертых степеней двух других последовательных натуральных чисел?

106. (11 кл.) Решить неравенство

107. (11 кл.) Задача № 100 для 10 класса.

108. (11 кл.) Задача № 104 для 10 класса.

109. (11 кл.) 30 команд участвуют в первенстве по футболу. Каждые две команды должны сыграть между собой один матч. Доказать, что в любой момент состязаний имеются две команды, сыгравшие к этому времени одинаковое количество матчей.

110. (11 кл.) В правильной шестиугольной пирамиде прямая, проведенная через центры кругов, описанных один около боковой грани, а другой около большего диагонального сечения, пересекается со стороной основания. Определить двугранный угол при основании.

РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ И ОТВЕТЫ

§ 1

1. Вычислим отношение длины шага отца к длине шага сына, получим: 0,72:0,54 = 4:3. Следовательно, четыре шага сына равны трем шагам отца и на таком отрезке получим 6 следов. Всего (61—1) : 6 = 10 отрезков (рис. 9). Длина двора 10 • 3 шагов отца или 10 • 3 • 0,72 = 21,6 (м). Иначе: 10-4.0,54 = 21,6 (м).

2. Первый раз сборщиков было больше 8, но меньше 15. Второй раз— больше 10, но меньше 20. Во втором случае один собрал 5 грибов, остальные по 10, следовательно, общее количество грибов выражается числом, которое оканчивается на 5. Число грибов, собранных в первом случае, уменьшенное на 6, должно быть» кратно 13, т. е. оно может равняться 104, 117, 130, 143, 156, 169, 182, 195. Общее количество грибов может быть 110, 123, 136, 149, 162, 175, 188. Условию задачи удовлетворяет только одно число 175. Первый раз было 14, второй раз —18 сборщиков.

3. X м — расстояние от гнезда до орешника, х = 2250 м.

4. Не догонит, так как собака может догнать зайца только через 50 сек. За это время заяц может убежать на 700 л«, а кусты находятся на расстоянии 520 м.

5. За два скачка собака пробегает 4 м, лиса за три скачка — 3 м. В каждый момент времени собака нагоняет лису на 1 м. Всего таких моментов 30(30: 1=30). Собака догонит лису на расстоянии 120 м от точки Л.

6. 4 часа.

7. Если большой луг полдня косила вся бригада и полдня половина бригады, то ясно, что за полдня бригада скосила —- луга, а половина бригады за полдня скосила луга. Так как второй луг в два раза меньше первого, то после работы на нем половины бригады в течение половины дня остался нескошенным участок площадью — —-— = —. Этот участок скосил один косец за один день. Значит, один косец за день скашивает —-, а вся бригада —. Ответ: в бригаде было 8 косцов,

8. 7 руб. 50 коп.

9. 90 штук.

10. 3 и 5 штук.

11. 6 руб. 40 коп., 9 руб. 60 коп., 12 руб. 80 коп.

12. 384 штуки.

13. В первом 60 литров, во втором — 30 литров.

14. Сторона основания коробки 63 см (следует найти НОК чисел 9 и 21).

15. Полученная сумма больше истинной на 7 тысяч и 5 десятков, но меньше ее на три сотни. Для получения истинной суммы надо от 52000 отнять 7050 и к результату прибавить 300. Ответ: 42 250.

Рис. 9

17. Свечи потушены в 11 час. 45 мин.

18. 8 кг и 10 кг.

19. 810.

20. 2022 цифры.

21. Пустая банка весит 200 г.

22. 18 гусей и 12 поросят.

23. 62 дня (задачу следует решать с конца).

24. 32 кг.

25. По 1 коп.—12 монет, по 2 коп.—12 монет и по 5 коп.—7 монет.

26. а) Множимое—235038 : 3=78346, множитель 341; б) множимое—9374, множитель—82.

§ 2.

1. Применим метод математической индукции для доказательства в задаче а) При л=1 деление на 24 выполняется. Допустим, что №+%№+\\kl+\bk делится на 24, k>\. Рассмотрим выражение:

Каждое слагаемое полученной суммы и, значит, сама сумма делятся на 24. Вывод: n4-j-2/z3+ll/z2+10/z делится на 24 при любом натуральном значении п. 2. Первый способ. Запишем данную сумму в следующем виде:

Первые п слагаемых этой суммы содержат множитель 11, следовательно, вся сумма этих членов делится на 11.

Второй способ. Воспользуемся методом математической индукции. При п=1 деление на 11 выполняется. Допустим, что 102ÄJ+1+l делится на 11. Докажем, что при этом условии деление возможно и при n=2k+3.

Каждое слагаемое этой суммы делится на 11. Вывод: 10“ + 1 делится на 11 при любом нечетном л.

3. Указание. Примените метод математической индукции.

4. Пусть lOOx+lOy+z данное трехзначное число. По условию y=x+z, т.е. 100jt-fl0y+2=ll -lOx+llz, а последнее разделится на 11 без остатка.

5. Пусть X среднее из чисел (д:+1)3 + х3 + (л:—I)3 = Зх (лг2+2). Если х кратно 3, то Зх(х2+2) разделится на 9. Если х не кратно 3, то либо 1) х=Зп+\, либо 2) х=Зп+2.

Тогда 1) *2 + 2 = (Зл+1)2+2 = 9л2 +бл-f 3; 2) X* + 2 = (Зл+2)2 + 2 = 9л2 +12/1 + 6.

В обоих случаях х2+2 есть число, кратное 3. Следовательно, Зх{х2+2) кратно 9.

8. Если 2/z+1 нечетное число, то условие задачи можно записать так:

(2л + 1)з — (2/г-}-1) = An (л+1 ) (2л+1 ).

Докажите, что п{п+1)(2я+1) делится на б (воспользуйтесь методом математической индукции).

9. Чтобы п2—8 делилось на 5, п2 должно оканчиваться на 8 или на 3. Но п2 может оканчиваться лишь на 1, 4, 9, 6, 5, 0.

12. 65=13-5, тогда 67*™ = (65+2)2вз = 65*83+283-65а822 + ... +2-83. Каждое слагаемое, кроме последнего, содержит множитель 65, следовательно, делится на 13.

2*83=1670.23=(13-Ь3)70.2з=(1370-f 70-1369.3 + ... 370)-2з.

Каждое слагаемое, кроме последнего, делится на 13. Рассмотрим последнее слагаемое:

370. 2з = 2723.3 - 2з = (26+1 )2з. 3. 2з = (262з+23 • 2622 + ... +1 ) 3 • 2з.

Каждое слагаемое, кроме последнего, делится на 13, так как содержит множитель 26. Рассмотрим последнее слагаемое.

1.3-28=24=13+11. Ответ: остаток равен 11.

13. Обозначим цифры искомого числа через а19 аъ а3. Тогда число можно записать так: а1а2ага1а2а3= ЮООООа^ 10000д2 + 1000а3 + 1000,+ 10а2+а3 = 100100^+101002+100103=1001 (ЮО^+Ю^+Лв) = 7-11.13(1000,+10a2+Ä3).

14. Установим, на какие цифры оканчиваются степени 777. 7771—на 7. 777а—на 9; 7773—на 3; 777*—на 1; 777*—на 7; 7776—на 9; 7777—на 3; 777*—на 1 и т.д. Устанавливаем, что77777в оканчивается на 1, следовательно, 777777 оканчивается на 7.

15. Последними цифрами любого квадрата могут быть 0, 1, 4, 5, 6, 9. Исключим все четные, так как при них утверждение задачи справедливо. Рассмотрим квадраты, которые оканчиваются на 1, 9 и 5. Они имеют один из следующих видов (при x натуральном):

1) (Юдг+1)2 = 100jc2±102jc+1, 2хЛ—четно;

2) (10jc±5)2= 100jc2±10.10jc+25, (10д:+2)5—четно;

3) (10лг±3)2 = 100д:2±10.6.г+9, бдг-9—четно.

Во всех случаях у точного квадрата произведение двух последних цифр четно.

16. Указание. Обозначить данное число 100 (х+2) +10(jt+l)+jc.

17. Рассмотрим сумму п последовательных натуральных чисел от k до k+n—1.

где x—натуральное число. n(n+2k—1) = 2-2г.

При всех натуральных значениях k множители левой части равенства отличаются друг от друга на нечетное число, а множители правой части отличаются всегда на четное число, следовательно, никогда сумма последовательных целых чисел не может быть выражена натуральной степенью числа 2.

18. Число цифр в записи числа всегда больше характеристики десятичного логарифма числа на 1. В нашем случае

Следовательно, в записи числа 2100 содержится 31 цифра.

19. Установим, какие последние цифры имеют степени 99“ и 5151. 991—99, 99*—01, 993—99, 99*-01 и т. д. 9999—99, т. е. 5999=100 М+99.

Аналогично устанавливаем, что 5151 = 100N+ 51, тогда 999э — 5151 = =100 (M—N) + 99 — 51 = 100 (Af—N) + 48. Ответ: две последние цифры 4 и 8.

20. Если Uy=\, Uk=Uk_{+kf то U2=U !+2=3, £/3=3+3=6 и т. д. ft (л+1 ) С/Л=---. Справедливость этой формулы можно проверить методом математической индукции. Тогда

21. /г(я+1)(л+2)(л+3) + 1 =(я2+Зл)2 + 2(Аг2+3/г) + 1.

22. Рассмотрим последовательные числа п—2, /г—1, л, л+1, я+2.

(п—2)2 + (лг—1)2 + /г2 + (n+iy + (л+2)2 = 5л2+ 10 = 5(л2+2).

Чтобы число 5(л2+2) было точным квадратом, нужно, чтобы л2+2 делилось «а 5, т. е. оканчивалось на 0 или 5. Тогда п2 должно оканчиваться на 3 или 8, что невозможно. Вывод: сумма квадратов пяти последовательных целых чисел никогда не является точным квадратом.

23. От 100 до 999 имеется 252 числа, имеющих по крайней мере по две одинаковые цифры.

24. Рассмотрим произведение: (2п—1)(2Л+1 )=2ЭЛ—1, но 4“-1=3(4“-1 + 4п~2 + ... + 4+ 1).

При п>2 ни одно из чисел 2“+1 и 2п—1 не равно 3, а произведение их делится на 3. Следовательно, одно из чисел 2п+1 или 2п—1 делится на 3, т. е. является составным. Оба простыми быть не могут.

25. я(р+10)(р+14)=/7(/7+1)(р+2) + 9/7(/7+2)+12/?(р+1) + 9.12р. Каждое слагаемое делится на 3, значит, вся сумма делится на 3, т. е. произведение /7 (/7+ 10) (/7+14) делится на 3. Это возможно только при /7=3 (никакое другое простое число не делится на 3).

26. Произведение трех последовательных целых чисел (8/?— 1)8/7(8/7+ 1) делится на 3. Значит, на 3 делится одно из чисел /?, 8/7—1, 8/7-}-1. Но /? и 8/?—1 простые, только при /7—3 произведение /7(8/7—1) делится на 3. Тогда 8/7+1=25 составное число. Во всех других случаях на 3 должно делиться число 8/7+ 1. Число 8/7+1 составное, если числа р и 8/7—1 простые.

27. /?2—1--(/7—\)(р\Л). Так как р—простое число, то один из множителей делится на 2, второй на 4, т. е. все произведение делится на 8. Произведение (р—\)р(р-т\) делится на 3. Так как р простое, то на 3 делится либо /7—1, либо /7+1. р-—1 делится на 24.

Второй способ. Докажем, что при делении простого числа р>5 на 6 получается остаток 1 или 5, т. е. р—6&+1 или /7=6/г+5, где k — натуральное число. Если бы при делении /7^5 на 6 получился остаток 2, 3 или 4, то р было либо четным, либо делилось на 3. Возьмем /7=6&+1, тогда /?2—\ = \2k(5&+1). Либо /г, либо ЗАг+1 четно, значит, р2—1 делится на 24. Возьмем p=6k+5, /?2—1^12(£+1)(3£+2). В этом случае четно либо£+1, либо 3£+2, т. е./72—1 делится на 24.

28. Делителями числа q являются, очевидно, числа р19 р2, Ргу ••• » Рп и всевозможные их произведения по два, по три и т. д. Число таких делителей равно С^+С1г+С^+ ... +С“ = 2я. (Это сумма биномиальных коэффициентов).

29. Простое число, больше 3, можно записать в виде 6&+1 или 6&+5, где fc=0, 1, 2, 3, ... При делении квадрата такого числа на 12 в остатке получим 1.

30. Пусть 2/7+1—л;3. X не может быть четным числом, т. к. 2/7+1 нечетное число. Пусть *=2£+1, тогда 2/7+1=(2£+1У* и p=k (4fcs + 6&+3). Но р—

простое число, значит, либо fc=l, либо 4£2+6*+3=1. Если Л=1, то /7—13: 2-13+1=27, 2/7+1=33. *

31. Пусть п любое натуральное число, 7V=1 -2-3.. .n(n+\)-r 1. Тогда ЛЦ-1=1.2.3.../г(л+1)+2, кратно 2;

32. Если а и b рациональные числа, то а—b тоже рациональное число. Частное от деления рациональных чисел также рационально.

Итак,

Сумма и разность рациональных чисел тоже рациональны, значит

33. Пусть N наименьшее число, взаимно простое cl, 2,3, п. Если .V составное, то N—qs, где q простое число, q<N и взаимно простое с 1, 2, 3, ..., п. Кроме N нашлось еще число q<N взаимно простое с 1,2,3,

Это противоречит условию. Значит N не может быть составным числом, т. е. N—простое число.

34. Пусть делители числа N, аи a2f а3, ..., ап образуют возрастающую последовательность. Тогда ах=\, an=N. Если п—четно, то at = N (найдутся пары, равноотстоящие от начала и конца), тогда N-N-N ... N =N2 (всего -~ пар). Если п нечетное, то пар будет ?~~ , средний делитель 9 произведение делителей N 2 N2 = Лг 2 . Ответ: произведение делителей равно N2 .

35. Сумма нечетных степеней всегда делится на сумму оснований, значит, (х—у)5 + (у—zy> делится на (z—х), т. е. (х—у)5 + (у—z)b -f (z—xy> делится на (z—х). Аналогично устанавливаем, что (х—у)5 + (у—z)b -f (г—х)ъ делится на (у—z) и (х—у).

После раскрытия скобок коэффициент каждого многочлена содержит множителем сочетания из 5 по 1, 2, 3, или 4 и, значит, делится на 5.

Второй способ. Обозначим х—у=а, у—z—b, z—х=с.

Тогда а+Ь-)-с=х—у+у—z+z—х=0, т. е. с= — (а+Ь),

(х—уу> + (у—zf + {z—xf=- —5ab(a+b)(a2+ab+b2).

Отсюда следует, что данная сумма делится на 5abc, так как с-- —{a+b), т. е. на 5(х—у)(у—z)(z—х).

Левая часть делится на 62—19=43, а правая на 43 не делится. Значит, числа я, Ь, с, d не могут быть целыми.

38. /2(/2-f 1)(л+2)=лз_|_/г2+2/г2+2/г=(А2+1)з —(/2+1).

39. Условие задачи запишется так: 2a+\=N2f За+1=М2. Квадраты чисел могут иметь последними цифрами 0, 1,4, 5, 6, 9. Тогда 2а может оканчиваться на 0, 4, 8 (2а — четное число) и а может иметь последней цифрой 5, 2, 4 и 0. 10<а<99, т. е. 21 <2а+1 < 199, 31<Зя+1<298 или 21<iV2<199, 31 <Af2<298. N2—нечетное число, значит, N2 может иметь значения 24, 49, 81, 121, 169, т. е. а может быть равным 12, 24, 40, 60, 34.

М2—1 кратно 3, значит, М2 может иметь значения 49, 64, 100, 121, 169, 196, 256, 289 и а может быть равным 40, 65, 85. Таким образом, я=40.

40. Умножим искомое число на 10 и вычтем из произведения искомое число, что равносильно умножению на 9, тогда abcdeo—abode—edcba. Легко установить, что д=1, тогда е=9, b—0t rf=8, с=9. Искомое число 10 989.

41. Первое число х, второе число 1244—х, тогда по условию задачи можно составить уравнение 10л:+3 = (1244—х—2) : 10. Отсюда х—\2. Первое число 12, второе 1232.

42. Обозначим искомое число lOOa+106+З.

Тогда 300+10а+6=(100а+10£+3)3+1. Получим систему уравнений

43. Искомое число 1000^+100(6+1) + 10д+6=1010а+1016+100. 1010я+101/>+100=х2 или 101 (\0а+Ь)'=(х—10)(д:+10).

Левая часть имеет множитель 101, значит, в правой части тоже должен быть такой множитель. Так как х двузначное число, то х—10<101. Следовательно, х+10=101, откуда *=91.

Искомое число 8281.

44. x—число десятков, у—число единиц искомого числа, тогда 10лг+у=3л*у,

45. Пусть x наибольший член прогрессии, тогда второй х—d, третий х-2d, четвертый х—3d. Условие задачи запишем так:

46. Пусть /2, /3, /б члены одной арифметической прогрессии, тогда \^3—yr2—md, V^5—1^2 —nd. Выражая d из первого и второго равенств, получим 5т2 + Зп1 — 2mn\f\b = 2(т — /г)2. Это равенство невозможно, так как V 15 число иррациональное, а правая часть равенства число рациональное. Наше предположение неверно.

47. Пусть 2, )/б и 4,5 члены одной арифметической прогрессии, тогда

I 6=2+wütf, 4.,5='2+./и/. В первом случае d=- число иррациональное. Во втором случае d= —— число рациональное. Числа 2, /б и 4,5 не являются членами одной арифметической прогрессии.

Пусть 2, |/ б il 4,5 члены одной геометрической прогрессии, тогда \У6=2qm,

Числа 2, {/6 и 4,5 могут быть членами одной геометрической прогрессии при q=

50. Обозначим члены арифметической прогрессии bl9 b2, bz> bn, члены последовательности аи а2, ^3,... По условию Ьг=3, Ь2=6. Значит, d—b=3. Тогда а2—ах—Ь

Сложив почленно, получим общий член последовательности

Решая систему уравнений, получим а—Ь=с. 53. 15 и 9.

54-. Обозначим искомые числа х и у. Тогда -гу=4500, л:(у—2)=4380(заменив в конце множителя цифру 5 цифрой 3, ученик уменьшил множитель на 2 единицы). Ответ: 60 и 75.

55. Обозначим искомые числа х, у, z, t. Тогда

56. Пусть х-задуманное число. Тогда условие задачи можно записать так: (Зх-10+2): 9+7=3*.

Откуда х=5.

§ 3

1. Представим данное уравнение в виде х(у—z)+yt=2-7-13. (1) Если х=\4, то произведение yt, составленное любым способом из чисел 12, 37 и 65, не делится на 7 и потому равенство (1) не будет справедливым. Аналогично убеждаемся, что х^65. Если же данному уравнению придать вид y(x+t)—xz=2-7 ЛЗ, то аналогично убеждаемся, что у=^=14 и y=£65. Таким образом, испытанию подлежат комбинации значений х и у: х= 12, у = 37 или ^=37, у=12. Подстановкой находим, что уравнение удовлетворяется лишь при х=\2, у=37, z=65, /=14.

2. Обозначим искомое число N. Тогда 10<N<100# Значит, 3, ...<:У^А/'< 10. Откуда очевидно, что первыми одинаковыми цифрами квадратного корня могут быть 3, 333; 4, 444; 5, 555; 6, 666; 7, 777; 8, 888; 9, 999. И, таким образом, для исчерпывающего решения задачи потребуется выполнить семь проб. Пусть VN=3, 333..., тогда N>\0, 89, т. е. N=11; 12; ...

Но]/ц=3,31 <3,33; V12 = 3,46>3,33. Следовательно, не существует двузначного числа, первые четыре цифры квадратного корня из которого записываются только тройками. Выполнив подобным образом все пробы, найдем, что искомое число 79, квадратный корень из которого равен 8,888...

3. Обозначим искомое число так: N=a6a5aia3a2a]. а6ф0, так как иначе N не было бы шестизначным числом. а&Ф2, так как 57V было бы уже семизначным. я6=1.

Очевидно, первые цифры искомых 6 чисел N, 2N, 3N, AN, 5N и 6iV возрастают, начиная с 1. Среди них нет нуля. Все эти цифры разные. ахф0, агФ\, так как у всех шести чисел первые цифры различных значений и все цифры а(), аъ, а4, а3, а2, ах различные. ахФЪ. Если л1=5, то 2N оканчивается нулем, нуля среди искомых цифр нет. а1 не может быть четной, иначе 5N оканчивалось бы нулем. Если аг=3, то N оканчивается на 3, 2N—на 6, 3N— на 9, AN—на 2, 5N— на 5 и 6N—на 8. Учитывая, что я6=1, получаем 7, а не 6 цифр. ахфЗ. Если #!=7, то числа N, 2N, 3N, AN, 5N, 6N оканчиваются на 7, 4, 1, 8, 5 и 2. Получим шесть различных цифр, и среди них 1. При ях= 9 эти же числа оканчивались бы на 9, 8, 7, 6, 5, 4. Среди них нет цифры 1, хотя д6=1. ахФ9. Итак, tfi=7.

Суммируя, получим 21iV=2999 997, отсюда N= =142 857. Числа N, 2N, 3N, AN, 5N и 6N легко читаются с помощью круга (рис. 10).

Рис. 10

4. Обозначим искомое число N=100#+6> где я—число, записываемое двумя первыми цифрами искомого числа, b—двумя последними. По условию задачи 100я+6=(я+6)2. Из этого уравнения выразим а+Ь через а. Методом проб устанавливаем, что а+Ъ будет целым числом при я=20, 6=25, N=2025.

5. Искомое число iV=1000x+196. Вычеркивание в числе N цифр 196 уменьшает его на 196 и еще в 1000 раз, поэтому после вычеркивания получим х. По условию 1000лг+196=Агх, где k—целое число. Отсюда

k—1000=196; 98; 49; 28; 14; 4; 2. *=1, 2, 4, 7, 14, 49, 98.

Искомые числа: 1196, 2196, 4196, 7196, 14196, 49196, 98196.

6. Искомое число N=\0x+y, где х=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; у=0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Запишем двузначные числа, сумма цифр которых равна 13. Такими числами будут 49, 58, 67, 76, 85, 94. Запишем обращенные числа: 94, 85, 76, 67, 58, 49. Условию задачи удовлетворяет только пара чисел 85 и 58. 85—58=27. Искомое число N=85.

7. Условие задачи можно записать так:

Так как последнее слагаемое

то сумма всех предыдущих равна

Число слагаемых не меньше четырех, подбираем п, зная,

Ответ: k = 80; 26; 8; 2. /1=4; 5; 7; 13. 8. По условию задачи составим уравнение 1 + 2+3+... +л=10я+я, откуда

1<а<9, а—целое число. Методом проб устанавливаем, что задача возможна при а=5, п=10 и я=6, /1=11.

9. Обозначим искомое число так: 1000jc+100y+10z+ü, тогда л:+у+2+и=11. По признаку делимости на 11 (если сумма цифр данного числа через одну равна сумме остальных цифр или разность этих сумм делится на 11, то число делится на 11), можем записать

Ответ. Задача имеет восемь решений: 2090, 3080, 4070, 5060, 6050, 7040, 8030, 9020.

10. Соединяя последовательно все 24 отверстия, получим двадцатичетырехугольник, соединяя через один—двенадцатиугольник, соединяя через два—восьмиугольник, соединяя через три — шестиугольник и соединяя через семь — треугольник.

Если п—число вершин вписанного многоугольника, 3<л<24, то

X

2

3

6

7

8

9

z

9

8

7

5

4

3

2

k

0

1

2

3

4

5

6

7

n

24

12

8

6

4

3

целое число. Тогда

Значит,

Ответ. С помощью делительного круга с 24 отверстиями можно разметить б различных правильных многоугольников.

« г. „ 2d (л—2)

11. Внутренний угол правильного многоугольника равен-, п—число сторон. Пусть в одной вершине сходятся х многоугольников, тогда

откуда

Это число должно быть целым,

целое число.

Многоугольник может иметь не менее трех сторон, значит, п> 2. Но п—2<4, т. е. л<6. Число 5 не подходит, так как в этом случае выражение -—- будем дробным. Таким образом, пх=3\ п2--Л\ л3=6, т. е. плоскость можно заполнить без пробелов правильными треугольниками, квадратами и правильными шестиугольниками.

12. Пусть а—средняя по размеру сторона треугольника, две другие а—d и a+d. Согласно условию задачи За = 15, а=5. На две другие стороны приходится 10. Составим таблицу возможных значений сторон.

Большая сторона треугольника должна быть меньше суммы двух других сторон. Этому условию удовлетворяют значения первых трех столбцов таблицы. Ответ. Стороны могут иметь следующие размеры: 5, 5, 5, 4, 5, 6 и 3, 5, 7.

13. Пусть x—количество пятирублевых знаков, у—количество трехрублевых знаков, тогда 78=5л+3у, откуда х=15—----. Так как х—целое положительное число, то 15—- >0, при этом у<26. Кроме того,

d

0

1

2

3

4

а—d

5

4

3

2

1

а

5

5

5

5

5

a+d

5

6

7

8

9

— целое число, значит, у—1 кратно числу 5. Пусть у—1=5&,

Ответ. 78 рублей можно выдать пятью способами.

14. 19 руб. можно уплатить двумя способами:

1) покупатель отдаст 24 руб. и получит 5руб. сдачи.

2) отдаст 39 руб. и получит 20 руб. сдачи.

15. Гость знал, что всех детей меньше 18, он знал номер дома (TV). Обозначим число детей каждой семьи соответственно я, Ь, с, d. Тогда

У дяди не должно быть троих детей. Пусть d=3, тогда с>4, Ь>5, а>6, тогда а+6+c+rf = 6+54-4+3=18. Но это противоречит условию. Значит, у дяди 2 или 1 ребенок. Составим таблицу всех случаев.

Произведение должно быть одним и тем же как при d=l, так и при d=2. Наименьшее произведение, встречающееся в том и другом случае, 120. Следовательно, N=120.

Если у дяди два ребенка, то а=5, Ь=4, с=3, d=2.

k

0

1

2

3

4

У

1

6

11

16

21

X

15

12

9

6

3

Если у дяди один ребенок, то возможны два случая:

л = 8, Ь=5, с=3, d=l или # = 6, b=5, с=4, d= 1.

Но гость дал определенный ответ, значит, d = 2, а = 5, Ь = 4, с = 3.

§ 4

2. Следует произвести замену

3. Указание. Используйте формулу

4. Выразив tg—-— и tg—-— через синусы и косинусы этих углов и заменив произведение суммами, получим

Используя условие, что cos 7= cosa-cosß, легко получим требуемое равенство.

5. Предварительно вычислим tgß и tg2ß, зная, что sin р = —; После этого легко показать, что tg(a+2ß) = 1, а+2ß = 45°.

6. Предварительно установим, что — = tg—-—. Выразив cos(a-fß) и sin (a+ß) через tg—-—, легко получить требуемое.

7. Указание. Воспользоваться теоремами синусов и косинусов для выражения значений этих функций через стороны треугольника и радиус описанного круга.

8. sin a + sin ß и sin y =sin (a+ß) заменить произведениями. Полученную сумму разложить на множители.

9. Преобразуя левую часть до квадрата правой, получим ]/tg2a—sin2a = J tg a sin a | . В данном случае ) tg a sin a I = tg a sin a. Это равенство справедливо при условии, что tgasina>0, т. е. cos^>0, откуда

10. Равенство справедливо при условии, что

11. Воспользовавшись формулой cos2-^- =--- и заменив сумму cos 2х cos Ах произведением, получим 4 cos 'Sx cos 2х cos х = 0.

12. По условию (/; cosx + a)(b sinх + а) Ф0. Умножив обе части уравнения на (6 cos x -J- a) (b sin x -[- я) и производя группировку членов, получим

Равенство tf/;(sin x -fcos х) + а2-\Ь2~0 невозможно, так как

17. Разложив на множители сумму кубов и заменив сумму sin х-}-cosx произведением, приведем уравнение к следующему виду:

Второй множитель не обращается в нуль, так как sin 2х^ 18. Переходим к аргументу х. Уравнение примет вид

13. Уравнение преобразуется к виду

14. Выразим sin x и cosx через tg — , тогда уравнение примет вид

15. Переходим к логарифмам по основанию

20. Разделим все члены уравнения на 2 и заменим

Заменим сумму произведением, получим

21. Разложением на множители левая часть уравнения приводится к виду

22. Разложением левой части на множители уравнение приводится к виду

23. Заменим 1 суммой sin2 ху + cos2 ху. Уравнение примет вид (х + sin ху)2 + cos2 ху — 0. Такое равенство возможно только при условии, что x-j-sin ху =■ 0 и cos лгу = 0. Из этой системы легко находятся значения

24. Выразив tgx и cigx через sin х и cosx, приводим уравнение к следующему виду: (sin x + cosx)(cos х—sin.v — sin x cos x) = 0.

Если же cosjc — slnx—sin x cosx = 0, то, умножив члены этого уравнения на 2 и сложив с тождеством sin2a:+cos2jc=l, получим (cosa:—sinA:)2+2(cos.v—sin*) —1—0, откуда cosjc—sin.*= ]/2 — 1. Второй корень посторонний.

25. Переносим все члены уравнения в одну часть и группируем

Сделав в группах соответствующую замену, получим

26. Решаем данное уравнение относительно cos ле. Затем вычисляем cos 2х, используя формулу cos2*=2сos2л:—1,

По этим значениям как по корням составим новое уравнение

Замечаем, что при значениях а=4, Ь=2, с=—1 коэффициенты данного и полученного уравнений одинаковы.

28. Делим второе уравнение на первое, получим

Вычтя из результата второе уравнение, получим

Аналогично

29. Воспользуемся равенством

Тогда

Умножим каждую часть на 4. Уравнение

то это равенство невозможно ни при каких значениях а.

30. Заменив sin 2х на 2sinjccos;c, левую часть неравенства можно записать так: (cos2*—sinx)2>0. Неравенство очевидно.

31. Возводим каждую часть неравенства в квадрат и переходим к функ-

Или \1—]/sin2x ) >0. Получим очевидное неравенство.

32. Неравенство запишем в следующем виде: sin a cos ß -f cos a sin ß< <sin a +sin ß. При наибольших значениях cos а и cos ß получаем равенство, при всех прочих—очевидное неравенство.

33. Переходим к аргументу —-. Неравенство приводится к виду

34. Переходим к функции sin*. Неравенство принимает вид

35. Воспользуемся методом математической индукции. При п=0 и п =1 тождество справедливо. Предположим, что оно справедливо при n=k, т. е.

Докажем справедливость при n — k+\

циям sin* и cos*. Умножив обе части на

получим

Справедливость формулы подтвердилась. Следовательно, указанное в условии тождество справедливо при любых п. Можно решать иначе. Пусть cos a cos 2а... cos 2па = х. У множим обе части на 2sina, получим sin2n“rla = = дг2л+1 sin а.

36. Справедливость указанной формулы можно проверить методом математической индукции или применить искусственный прием.

Пусть sin а 4- sin 2а +...-fsin па = х. Умножив обе части на 2sin — и заменив произведения синусов разностью соответствующих косинусов, получим

37. Воспользуемся формулой Тогда

38. Левую часть неравенства разложим на множители

Выделим полный квадрат

Получим очевидное неравенство.

39. Приведем все функции к аргументу а.

Первый множитель неотрицателен, а второй положителен при любом а. Получим очевидное неравенство.

При /2=2 формула справедлива.

Формула справедлива при любых натуральных п. Рассмотрим сумму (всего п—1 слагаемое)

Получили требуемое равенство.

§ 5.

2. К каждой части равенства прибавить по 2 ab и прологарифмировать равенство (а + b)2=9ab.

3. Указание. Заменить log t 121 логарифмом по основанию 12, а log_i_ 49 логарифмом по основанию 4. То

4. Указание. Воспользоваться равенством

7. Из соотношения а2+62= с2 следует (с — 6)(с •+-&) = я2 или Преобразуем это равенство так:

Отсюда легко получить требуемое.

8. По условию имеем

По свойству членов прогрессии

11. Воспользуемся формулой а *а = N. Тогда

12. Логарифмируя обе части по основанию 10, получим х —Ъ.

14. Следует перейти к логарифму по основанию Затем заменить

15. х=16.

16. Постепенно потенцируя, приходим к уравнению 1+3 logo* =4. Откуда х=2.

17. Простейшие преобразования приводят к уравнению

18. Перейдя к логарифмам по основанию х, получим уравнение

Потенцируя все выражение сразу, получим

20. Перейдя к логарифмам по основанию 2 получим

21. Логарифмируя левую и правую части, получим

Откуда jc1=100; *а=0,01.

22. После логарифмирования левой и правой частей получим

23. Преобразуя показатель степени, получим

24. Перейдя к логарифмам по основанию 2, получим Откуда x =4. Посторонний корень х =—3.

25. Переходя к логарифмам по основанию а(аф\), \

26. Группируя степени с основаниями 5 и 3, получим

27. Постепенно потенцируя, получим

28. Следует перейти к логарифмам по основанию х(х > 0, х Ф 1). Получим

Рассматривая эти значения совместно со вторым уравнением, находим *х=8; ух=2;

29. Вводим обозначения

Система принимает вид

30. Потенцируя, получим

31. Логарифмируя первое уравнение и упрощая второе, получим

Откуда x =20, у =16.

32. Левую и правую части первого уравнения приведем к логарифмам по основанию а. Получим

33. Данная система эквивалентна системе Ответ: х =2, у =6.

34. Перейдем к логарифмам по основанию 10.

35. Логарифмируя по р члены первого уравнения, получим

Подставим это во второе уравнение и рассмотрим систему

36. Логарифмируем и возводим в квадрат обе части первого уравнения

Рассмотрим систему

§ 6

1. Сумма данной арифметической прогрессии равна---, что можно доказать методом математической индукции.

2, 3. Указание. Воспользоваться методом математической индукции.

4. Воспользоваться формулой задачи 3.

Выделим сумму кубов нечетных чисел

6, 7, 8, 9, 10, 11. Справедливость указанных формул можно доказать методом математической индукции.

12. В каждой строке арифметическая прогрессия, Sn=(2n—I)2. Можно воспользоваться методом математической индукции.

13. Справедливость формулы доказывается методом математической индукции.

14. Запишем все степени в виде степеней с основанием 2

Задача свелась к нахождению суммы

Разделим каждый член этого равенства на 2 и вычтем из первого равенства полученное

Указанные суммы могут быть найдены составлением последовательностей частичных сумм или разложением членов этих сумм на простейшие дроби.

18. Раскрыв скобки, получим

19. Разложив каждый член суммы на элементарные дроби, получим

21. Составив последовательность частичных сумм, получим

22. Вынесем множитель 5 за скобки

23. Пусть 5 = 1-х +2*2+3*3+...+пхп. (1)

Тогда 5*=1.*2+2*з+3*4+...+ (я— 1)*“+ пхп+К (2)

Вычтем из первого равенства второе, получим

24. Раскрыв скобки, а затем группируя члены, получим

25. Каждое слагаемое суммы представим в виде

26. Запишем данную сумму иначе:

27. Пусть n—нечетное число, тогда

Пусть п—четное число, тогда

28. Группируем члены правой части по два и преобразуем каждую группу, всего имеем п пар.

Тогда левая часть запишется так:

§ 7

6. Данное неравенство можно записать иначе:

Рассмотрим систему неравенств

так как D <0, то неравенство выполняется при любом х;

7. Неравенство можно записать так:

8. Корни подмодульных выражений

то 2л--f 5+Зл'— 7<0, X

9. Корни под модульных выражений 2 и 0.

10. Неравенство запишем в следующем виде:

11. (рис. 11) Корни подмодульных выражений 1, 2, 3, 4.

Рис. 11

12. (рис. 12) Корни подмодульных выражений—4, 1, 4.

Рис. 12.

13. (рис. 13) Для x <“—2, у=4+дг.

Рис. 13 Рис. 14

14. (рис. 14) Корень подмодулыюго выражения 0.

15. (рис. 15) Корень подмодульного выражения 0.

Рис. 15

16. (рис. 16). Корень подмодульного выражения 0.

17. (рис. 17)

18. (рис. 18) Корень подмодульного выражения 0.

19. (рис. 19) Корень подмодульного выражения

20. (рис. 20) Искомое число имеет вид г = х + yi. Тогда

Наименьшее значение с? =0. Наибольшее

Рис. 16

Рис. 17

Рис. 18

Рис. 19 Рис. 20

Рис. 21

21. (рис. 21)Обозначим искомое число через г = х + yi. Тогда I X + yi—Г0/|=5у'2 или л2+ (у—10)2=50 ГМТ, соответствующее числам z и 10/, есть окружность х'2+ (у —10)2= 50. Наименьшее значение cfi =45°, ^!=5-г5/. Наибольшее значение ср2=135°, z2 = —5+5/.

Рис. 22

22. (рис. 22) Если искомое число z = x+yi, то i

§ 8.

1. Рассмотрим два неравенства и докажем, что они справедливы

Получили очевидные неравенства. Рассматривая преобразования в обратном порядке, приходим к выводу, что неравенства а) и б) справедливы.

2. Данное неравенство преобразуем к виду

Ь (а — с)--Га(Ь — c)'1JrC(b — àf >0.

Это неравенство очевидно.

3. Для любых положительных чисел х и у выполняется неравенство

Пользуясь этими неравенствами и учитывая,

что abcd—\, получим

Сложив почленно эти неравенства, получим требуемое неравенство.

5. Запишем два неравенства

7. Определим знак разности (а + by—8 (#4-f б4) = aiJr4a3b +6a-b--r4a№++64—8a4— 8b*. Произведя группировку, получим

— (6 — a)2[5(a + by+2(a2+ b2)]<0.

Следовательно, (a + /?)4<8(д4+ b*).

8. Умножим обе части неравенства на 2 и проведем группировку

получим очевидное неравенство.

9. В левой части неравенства приведем дроби к общему знаменателю, получим

10. Обобщая утверждение, что среднее арифметическое m + n + k чисел больше или равно их среднему геометрическому, можем записать

Сложив почленно, получим,

6. Если а и b разных знаков, то неравенство очевидно. Рассмотрим случай а >0 и Ь >0, тогда

Сложив их почленно, получим требуемое неравенство:

13. Для любых а и b справедливо неравенство

14, Пусть x любое действительное число. Рассмотрим очевидное неравенство {ах— xbx)2 + (а2— xb2)2 -f ... + (ап— xbn)2 > 0.

После раскрытия скобок и группировки получим

Квадратный трехчлен положителен при положительном первом коэффициенте и если его дискриминант отрицателен. В нашем случае

Откуда

16. Выразив числа через а0 и ах% получим

Наименьшим значением разности по условию является 1, а1 — а0 = \.

17. Предположим противное. Пусть ат первое положительное число, т. е. ar-\ < 0, ат > 0, тогда ат—аг_х > 0. По условию задачи ak+l — ak > >dk — для всех &(£ = 1, 2, 3,..., n—1). Начиная с k = г последовательно получаем из неравенства аг—аг_х > 0 следующие:

ar+l — ar > 0, аг+2 — > 0, ап_г — ап_2 > 0, ап—ап_х > 0,

т. е 0 < аг < arJtl < ... < ап_1 < ап. Но это противоречит условию ап—0.

Значит, все числа а0, ах а2, ап — отрицательны.

18. Перемножив (х + у)(х + z) и х(х+у + z), левую часть неравенства преобразуем к виду [2(х2 + ху + xz) + yz]2 > 0. Это и доказывает справедливость данного неравенства.

19. Рассмотрим п — 1 первых слагаемых

Тогда-

Прибавив — в каждой части, получим

20. Запишем очевидные неравенства

Сложив почленно, получим

21. Перепишем части неравенства следующим образом:

пп = п • п - п .. .п. Каждый множитель в квадратных скобках не меньше п. Докажем, что (п — k + 1) k > п при n > k > 1.

Действительно, (n — k + l)k—n = nk — k2 + k — n = k(n — k) — (n — k) — = (n — k)(k — 1) > 0, так как n > k, k > 1, значит, (ni)2 > nn. При n > 2 получим строгое неравенство.

22. Указание. Воспользоваться неравенством предыдущей задачи

23. В левой части неравенства раскроем скобки

24. Имеются в виду арифметические значения радикалов

Из системы неравенств Кроме того,

(1)

(2)

Из (1) и (2) имеем — 1 < х < 1. (3)

Возводя обе части данного неравенства в квадрат, получим

Неравенство выполняется при

Учитывая условие (3), получим окончательно

25. Неравенство не имеет смысла при ле = 1 ;

Оба неравенства справедливы при любых х, если дискриминанты трехчленов будут отрицательны, т. е.

26. Неравенство имеет смысл при х > —но х Ф 0. Освободившись от знаменателя и радикала, получим неравенство

Вывод: — 1 < а < 2.

28. Группируя члены неравенства, получим Решение этого неравенства равносильно решению системы

а)

Ответ:

29. Решение аналогично предыдущему примеру. Ответ:

30. Неравенство имеет смысл при х 0, так как

31. Во всех членах неравенства переходим к основанию 2.

33. Квадратный трехчлен положителен при любых значениях х, если коэффициент при х'2 положителен, а дискриминант — отрицателен, т. е.

34. Запишем систему, равносильную данной

Единственное решение будет в том случае, если дискриминант трехчлена

равен нулю,

35. В обеих частях неравенства переходим к основанию 3 и 5.

Неравенство примет вид

Откуда

Неравенство выполняется при

37. Переходим к основанию 3, получим

38. Переходим к основаниям 2 и 3.

39. Данное неравенство справедливо при условии

40. При а > 1 данное неравенство равносильно неравенству х(х+ 1) < 2х + 6. Откуда 0 < х < 3.

При 0 < а < 1, х(х+ 1) > 2х + 6. Откуда * > 3.

41. Если 0 < je2 < 1, то 2 + л; > x2, т. е.—1 < л' < 1 при х ф 0. Если x2 > 1, то 0 < 2 4-л: < х2, т. е. — 2 < х < — 1 и х > 2. Ответ: — 2 < л: < — 1, — 1 < лг < 0, 0<лг<1, л:>2.

42. а) Переходим к логарифмам по основанию 3, получим

б) Переходим к логарифмам по основанию тс, получим

43. Функции sin За и cos 2* выражаем через функции угла а.

44. Переходим к логарифмам по основанию 2. Данное неравенство сводится к неравенству

Значит, неравенство справедливо при условии

§ 9

1. Провести через точку M прямую, параллельную одной из сторон угла; полученный на стороне угла отрезок отложить на этой же стороне еще раз. Через конец второго отрезка и точку M провести прямую. Она и будет искомой.

2. Из точки, лежащей на основании равнобедренного треугольника, опускаем на боковые стороны перпендикуляры; из той же точки проводим прямую, параллельную одной из боковых сторон. Эта прямая рассечет высоту, опущенную на другую боковую сторону, на отрезки, длина которых равна построенным прежде перпендикулярам к боковым сторонам.

3. Из точки, лежащей внутри треугольника, опускаем перпендикуляры на все три стороны равностороннего треугольника. Затем через ту же точку проводим прямую, параллельную одной из сторон треугольника. Тогда задача сведется к предыдущей.

4. Допустим, что четырехугольник ABCD построен и удовлетворяет условиям задачи (рис. 23). Отложим на стороне AD от точки А отрезок АЕ, равный AB, и соединим точку С с точкой Е. В четырехугольнике АВСЕ (дельтоиде) сторона ВС равна СЕ. Треугольник CED можно построить, так как у него будут известны все три стороны, а именно:

СЕ = ВС; ED = AD — AB и CD.

Построив этот треугольник, легко построить четырехугольник АВСЕ и, следовательно, четырехугольник ABCD.

5. Пусть трапеция будет ABCD и пусть А + /_D — 90° Обозначим середину верхнего основания через Е, а середину нижнего— через F. Требуется доказать, что EF=

Продолжим боковые стороны трапеции до их пересечения в точке 5. Тогда треугольник ASD будет прямоугольным с прямым углом при вершине S.

Поэтому имеем:

Рис. 23

6. Отрезки, соединяющие середины противоположных сторон любого четырехугольника, являются диагоналями параллелограмма, поэтому они делятся в точке пересечения пополам.

7. Соединив три заданные точки отрезками, получим треугольник. Проведем в нем любую высоту и через ее середину перпендикулярную к ней прямую. Она и будет искомой. Таких прямых можно провести три, так как треугольник имеет три высоты.

8. На отрезке AB как на диаметре строим круг. Все точки вне этого круга (кроме точек прямой AB) будут представлять геометрическое место вершин острых углов при вершине С треугольника ABC. Но углы при вершинах А и В могут быть или острыми, или прямыми, или тупыми. Чтобы выделить из них только острые, нужно восставить в точках А и В перпендикуляры к отрезку AB. Полоса между этими перпендикулярами, исключая ранее построенный круг с окружностью, и представляет искомое геометрическое место точек.

9. Треугольники, имеющие по три равных угла, всегда подобны, а два подобных треугольника могут иметь по две равных стороны. Например, пусть стороны одного треугольника будут равны 27, 28 и 12, а стороны другого соответственно равны 18, 12 и 8. Такие треугольники подобны, но не равны.

10. В выпуклом многоугольнике наибольшее число острых углов равно трем, так как сумма всех внешних углов п-угольника равна 4d. Если бы какой-либо «-угольник имел 4 острых угла, то сумма внешних углов его была бы больше 4d, что невозможно.

11. Каждый угол треугольника DEF (например, при вершине D) равен половине центрального угла, образованного двумя радиусами вписанной

окружности, которые проведены в остальные две вершины треугольника DEF. Каждый из таких центральных углов будет самое большее тупым, следовательно, угол при вершине D будет острым. Так же убедимся, что и остальные углы треугольника DEF будут острыми.

12. Эта задача равносильна следующей: доказать, что высота треугольника и радиус описанного круга, проведенный к вершине, образуют равные углы с боковыми сторонами треугольника. Для решения этой задачи нужно из центра круга опустить перпендикуляр на большую из боковых сторон и рассмотреть случаи, когда угол при основании, прилежащий к меньшей из боковых сторон: 1) меньше прямого; 2) равен прямому и 3) больше прямого.

13. Отрезок, соединяющий центр тяжести треугольника с серединой его средней линии, составляет — соответствующей медианы. Можем построить две медианы, найти две вершины треугольника и середины противолежащих им сторон его. По ним легко построить и третью вершину треугольника.

14. Обозначим стороны треугольника ЛВС через я, Ъ, с. Пусть центрами равносторонних треугольников АСгВ, BAfi и СВ}А, построенных на сторонах треугольника ЛВС, будут точки Ol9 02, 03. Тогда имеем: /я03А01 =

По теореме косинусов из треугольника О^АС\ можем записать

где S—

площадь треугольника ABC. Аналогично определяем ОхО\ и 020\ и приходим к тому же результату, что и для ОъО\- Поэтому 03Oi = Ох02 = 0203-

Существуют и другие решения.

15. Соединив две точки—основания высот — отрезком, проведем через его середину перпендикулярную к нему прямую до пересечения с данной. Полученная точка пересечения является центром окружности, проходящей через основания высот, а диаметр этой окружности, лежащий на данной прямой, служит основанием искомого треугольника, который теперь легко построить.

16. Взяв точки пересечения биссектрис искомого треугольника ABC с описанной около него окружностью за вершины, построим треугольник MNP и проведем его высоты. Точки пересечения этих высот с окружностью являются вершинами треугольника АвС.

17. Пусть в треугольнике ABC точки H, D и M будут соответственно основаниями высоты, биссектрисы и медианы, проведенных из вершины В. Опишем около треугольника ABC окружность, и пусть ил—точка пересечения биссектрисы BD с окружностью. Тогда точка D}—середина дуги АС. Соединив точку D1 с точкой М, получим прямую, которая перпендикулярна АС и, следовательно, параллельна высоте ВН. Отсюда и следует, что точка D лежит между H и М.

18. Предварительно следует доказать, что для всякого четырехугольника существует соотношение: MN2 = (я2+ 6а+ с2+^—е2—/*), где МЛ7— длина отрезка, соединяющего середины диагоналей четырехугольника; а, Ь, с, d— его стороны; е и / — диагонали. По условию e2+f2 = а2+ Ь2 + с2+ d2, т. е. MN = 0, середины диагоналей четырехугольника совпадают, четырехугольник является параллелограммом. В остальных случаях MN ф 0.

19. Пусть та, ßfl и ha будут соответственно медиана, биссектриса и высота искомого треугольника ABC, проведенные из вершины А. Строим прямоугольный треугольник ADC по гипотенузе АЕ = ßa и катету AD = На с прямым углом при вершине D. Далее из вершины А как из центра радиусом, равным та, проводим окружность, которая пересечет луч DE в точке F. Находим точку К пересечения прямой АЕ с перпендикуляром FK к прямой DE в точке F. Через середину отрезка АК проводим перпендикуляр до пере-

сечения с прямой FK в точке О. Эта точка и будет центром описанной около искомого треугольника ABC окружности. Точки пересечения этой окружности с прямой DE и будут вершинами В и С треугольника ЛВС. Необходимым условием разрешимости задачи являются соотношения та > ßa > ha.

20. Обозначив точки пересечения высот треугольника с описанной окружностью через M, N, Р, построим треугольник MNP и проведем его биссектрисы. Точки пересечения их с описанной около этого треугольника окружностью и являются вершинами искомого треугольника ABC.

21. Прямоугольник получим, если у четырехугольника диагонали будут взаимно перпендикулярны; ромб получим, если у четырехугольника диагонали будут равны (например, у равнобедренной трапеции); квадрат получим, если у четырехугольника диагонали будут взаимно перпендикулярны и равны между собой.

22. Пусть основаниями медиан треугольника будут точки Alt ВА и Сх\ построим треугольник AxBiCx, Затем через вершину Аг проводим прямую, параллельную BiCtf через вершину Вх — прямую, параллельную C}Alf и через вершину Cj—прямую, параллельную^ А}Вг. Полученные прямые, пересекаясь, образуют искомый треугольник ABC.

23. Пусть основаниями высот треугольника служат точки D, Е, Г. Высоты искомого треугольника ABC являются биссектрисами треугольника DEF. Поэтому перпендикуляры к биссектрисам углов треугольника DEF, проведенные через соответствующие им вершины, и образуют искцмый треугольник.

24. Пусть Л^ДзЛИй будет искомым пятиугольником, серединами его сторон будут точки В1% В2. В3, ^4. #5- Эти точки известны: Вх—середина стороны АХА2\ В2—середина стороны А2А3\ В3—середина Л3Л4; В4 — середина Л4Л5; Въ—середина АЬА1. Рассмотрим четырехугольник Аг А2 АА Аъ. В нем известны середины трех сторон, следовательно, легко построить середину четвертой стороны А2А±У являющейся диагональю пятиугольника. Зная теперь середины трех сторон треугольника A2A3Aif можно построить и сам треугольник А2А3АА. Далее, через вершину А± проводим прямую, параллельную прямой BxBbl до пересечения с прямой A2Blt тогда получим вершину Ах. Наконец, Аъ найдется как точка пересечения прямых АХВЪ и А4ВА.

25. Построив биссектрисы всех внутренних углов параллелограмма, легко доказать, что они, пересекаясь, образуют прямоугольник, так как биссектрисы углов, прилежащих к одной стороне параллелограмма, взаимно перпендикулярны. Выбрав диагональ прямоугольника, параллельную большей стороне параллелограмма, можно убедиться, что она равна разности смежных сторон параллелограмма.

26. Строим треугольник MNP. Делим сторону MN пополам и, обозначив середину этой стороны через Q, соединим точку Q с Р—вершиной треугольника MNP. Затем на продолжении луча PQ, отложив отрезок QR — PQ, получим середину четвертой стороны параллелограмма. Теперь легко построить и сам параллелограмм, проведя через вершины полученного параллелограмма MRNP прямые, параллельные диагоналям этого параллелограмма.

27. Здесь возможны различные варианты решения. Рассмотрим один из них. Пусть точки M и N — середины боковых сторон, точка Р середина нижнего основания, a Q—вершина верхнего основания трапеции. Проводим через точки Р и Q прямые, параллельные средней линии трапеции MN. На этих прямых лежат основания трапеции. По точкам Q и N (или Q и М)

Строим вторую вершину трапеции R

Аналогично строятся остальные вершины. Решение упрощается, если верши* на Q лежит на нижнем основании, а также заданы середины двух оснований и середина одной из боковых сторон.

28. Пусть Ou 02, 03 и 04 — центры квадратов, построенных на сторонах AB, ВС у CD и AD параллелограмма ABCD. Тогда можно убедиться, что при повороте на 90° как вокруг точки 02, так и вокруг точки 04 точка Ог совпадает с точкой 03; отсюда следует, что фигура Oi02030± — квадрат.

Но можно это доказать и другим способом, рассматривая, например, ряд треугольников.

29. Пусть SAF—данный угол, M—данная точка и 2р — данный периметр. Отложим на сторонах угла отрезки АР = AQ =р. Проведем окружность k, касающуюся сторон угла в точках Р и Q, и проведем через точку M прямую, касательную к окружности k в точке В. Эта прямая пересечет стороны угла SAF в точках В и С, и мы получим искомый треугольник АВСГ что нетрудно доказать. Рекомендуется установить, когда решение существует,

30. Обозначим через X точку касания прямой / с окружностью, а через M — точку пересечения прямых AB и /, тогда имеем: MA • MB = MX2. Отсюда легко найти точку X и, следовательно, построить искомую окружность. Если ABII /, решение упрощается. Если же точки А и В принадлежат прямой / или лежат по разные стороны от нее — решения нет.

31. Пусть //j, Н2, Нъ — точки, симметричные ортоцентру H искомого треугольника АвС относительно его сторон. Строим треугольник НХН2НЪ и проводим его биссектрисы; обозначим точку пересечения биссектрис через И (она совпадает с ортоцентром треугольника ABC, а проведенные биссектрисы треугольника Н}Н2Н3 совпадают с высотами треугольника ABC, что можно предварительно доказать). Через середины отрезков НгН, Н2Н, Н3И проводим прямые, перпендикулярные к ним. Эти прямые и образуют искомый треугольник ABC.

32. Нетрудно доказать, что треугольник со сторонами

будет подобен искомому. Отсюда вытекает его построение.

33. Существует несколько доказательств того, что если две медианы треугольника равны, то треугольник равнобедренный. Можно, например, это доказать с помощью формул для вычисления медиан, если выразить каждую медиану через три стороны треугольника, а затем приравнять эти выражения; или это же можно доказать, опираясь на признаки равенства треугольников и используя параллельный перенос.

34. Отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, лежит на ее средней линии, поэтому он параллелен основаниям. Чтобы доказать, что он равен полуразности оснований, обозначим нижнее основание трапеции через а, верхнее основание через b, а искомый отрезок через х. Легко убедиться, что средняя линия трапеции будет состоять из отрезков она равна —-— , следовательно,

отсюда находим

35. Пусть от трапеции сохранились две вершины нижнего основания, одна вершина верхнего и точка пересечения диагоналей; при этом одна из вершин нижнего основания, вершина верхнего основания и точка пересечения диагоналей трапеции должны лежать на одной прямой. Для восстановления трапеции нужно провести диагональ через три данные точки, затем соединить отрезком вторую вершину нижнего основания с вершиной верхнего — это будет боковая сторона трапеции. Далее понятно, что делать. Здесь могут быть различные варианты решений.

36. Пусть дан прямоугольник AßCD со сторонами AB = 9 и AD = 16 единицам масштаба. Площадь прямоугольника ABCD равна 144 кв. единицам, следовательно, сторона искомого квадрата должна иметь длину 12 единиц, т. е. должна быть на 3 единицы длиннее меньшей стороны прямоугольника и на 4 единицы короче большей его стороны. Разделим AB на 3, a AD на 4 равные части и через точки деления проведем прямые, параллельные сторонам прямоугольника. Прямоугольник ABCD разобьется на одинаковые по размерам (3x4) прямоугольники. Всего их будет 12, они распределятся в 4 ряда по 3 прямоугольника в каждом. Для составления квадрата следует теперь перераспределить эти 12 прямоугольников в 3 ряда по 4 прямоуголь-

ника в каждом ряду. Нужна догадка, как это сделать при помощи одного ступенчатого разреза. Лучше всего пронумеровать получившиеся прямоугольники сверху вниз по рядам. Тогда искомый квадрат будет состоять из прямоугольников, имеющих номера в первом верхнем ряду 1, 2, 3, 6; во втором —4, 5, 8, 9 и в третьем —7, 10, 11, 12.

37. Пусть дан отрезок AB и параллельная ему прямая /. Возьмем произвольную точку Р вне полосы, ограниченной прямыми AB и /, и проведем прямые РА и PB и обозначим через D и С точки пересечения этих прямых с прямой /. Проводим в получившейся трапеции ABCD диагонали АС. и BD, точку пересечения их обозначим через О. Прямая РО пересечет отрезок AB (основание трапеции) в его середине М. Все построение выполнено одной линейкой.

38. Обозначим три данные параллельные прямые соответственно через а, Ь, с. На средней из них (Ь) возьмем произвольную точку А и будем считать ее за первую вершину искомого треугольника. Далее проведем через нее прямую под углом в 60° к прямой b до пересечения в точке M с прямой с. Затем вращаем прямую AM вместе с прямой с вокруг точки А на 60°, тогда прямая с пересечет прямую а в точке В, которая и будет второй вершиной искомого треугольника. Вращая в обратном направлении отрезок AB на 60°, найдем третью вершину С искомого треугольника на прямой с.

39. Обозначим данные три точки соответственно Оц 02, 03 как центры трех окружностей, а радиусы этих окружностей — rlt г2, г3. По условию задачи имеем г1+г2 = 0102; г2+ г3= 0203; гг+ r3= OxOs. Из этой системы находим

Зная радиусы, можно построить и искомые окружности.

40. Задача имеет несколько решений и один и тот же отрицательный ответ, т. е. нельзя построить равносторонний треугольник с вершинами в узлах сетки. Простейшее решение основано на том, что если бы такой треугольник можно было построить, то площадь его выражалась бы рациональным числом, что невозможно, так как площадь равностороннего треугольника при данных условиях есть число иррациональное. Действительно, пусть сторона равностороннего треугольника будет равна а. Тогда площадь его будет—т— , Но а при нашем предположении есть гипотенуза прямоугольного треугольника с целочисленными катетами, следовательно, а-—число целое. Поэтому —^——число иррациональное.

41. Обозначим нижнее основание трапеции через а, верхнее — через Ь, а диагонали через dx и d2. Строим треугольник по трем сторонам: а + b, d1 и d2 и применяем метод параллельного переноса.

42. Выполнив построение, можно убедиться, что общая хорда двух окружностей является высотой треугольника, опущенной на его третью сторону или на ее продолжение; следовательно, второй конец хорды лежит на третьей стороне треугольника или на ее продолжении, что и требовалось доказать.

43. Искомая ширина части, прилегающей к большему основанию трапеции, равна

Для определения искомой величины нужно продолжить боковые стороны трапеции до их пересечения и рассмотреть ряд подобных треугольников.

44. Пусть ВМ— медиана в треугольнике ЛВС; достроим треугольник ABC до параллелограмма ABCD, тогда его диагональ BD = 2 ВМ. Из треугольника BCD имеем 2 ВМ < BC+CD или

Сложив эти неравенства, получим AB + ВС < 2 /Ш + АС.

Отсюда находим 2 ВМ > /Ш + £С — /4С или

45. Пусть дан треугольник ABC со сторонами а, Ь, с и высотой BD = Л, опущенной на сторону АС. Проведем прямую EF, перпендикулярную к АС, и пусть отрезок EF делит треугольник ЛВС на равновеликие части. Одна из них будет представлять прямоугольный треугольник AEF с катетами х = AF и y — EF, а другая часть—четырехугольник EBCF. Из подобия треугольников ABD и AEF имеем

кроме того, по условию задачи имеем

Из этих двух уравнений находим

Достаточно построить отрезок х как среднюю пропорциональную между Ъ — и AD, и мы получим искомое решение.

46. Полученный от пересечения биссектрис четырехугольник является, во-первых, прямоугольником, так как биссектрисы двух углов прямоугольника, прилежащих к одной его стороне, будут взаимно перпендикулярны; а во-вторых, он является квадратом, так как каждая диагональ этого четырехугольника делит его углы пополам.

47. Одно из решений состоит в следующем: пусть основание будет а, а медианы, исходящие из концов основания, будут тъ и тс. Строим треугольник по трем сторонам: ~~^~а* ть* т6 затем применяем параллельный перенос одной из медиан, считая, что вершина полученного треугольника находится на середине боковой стороны искомого треугольника.

48. Пусть ABCDEF— шестиугольник, вписанный в окружность, у которого AD, BE и CF являются диаметрами, а треугольник АСЕ образован остальными тремя диагоналями. Требуется доказать, что 25aace~^abcdeE'

Имеем SAAOC=S^COD=--SAÄOF, (1)

так как эти треугольники имеют равные основания и равные высоты. Далее, по той же причине имеем:

(2) (3)

Сложив почленно равенства (1), (2) и (3), получим

что и требовалось доказать.

49. По двум катетам а и с—Ь, принимая с—Ь за катет, строим прямоугольный треугольник.

Рис. 24

Затем через середину его гипотенузы проводим перпендикулярную к ней прямую до пересечения с продолжением катета с—Ь, тогда получим третью вершину искомого треугольника, так как остальные две вершины искомого треугольника являются концами катета а.

50. Обозначим медианы треугольника через mat mbl тс, а стороны, как обычно, через я, b и с. Тогда на основании ранее доказанного (см. задачу № 44) имеем

Сложив первые три неравенства, получим

Сложив последние три неравенства, получим ma+mb+mc<a+b+c = 2p, что и требовалось доказать.

51. Проводим окружность с центром в произвольной точке О произвольным радиусом. Затем из произвольной точки Ах этой окружности тем же радиусом последовательно отсекаем дуги AxBlt ВЛВ2, £<И3. Точки Аг и Аг—противоположные вершины искомого квадрата. Для нахождения остальных двух вершин А2 и АА квадрата поступаем так: проводим из точек Аг и А3 дуги радиусом, равным AYB2 или A3Blt так как АхВ2=А3Ви До пересечения в точке С Из точки Аг радиусом, равным ОС, строим на окружности точки А2 и Л4— остальные вершины квадрата.

52. Применить метод математической индукции, учитывая, что одна прямая делит плоскость на две части; (лг+1)-я прямая, пересекается с остальными прямыми в п точках, т. е. рассекает пополам л+1 из имеющихся частей. Ответ:

53. Обозначим стороны угла через а и b, а недоступную вершину угла через О. Возьмем на прямой b произвольную точку M и проведем через нее прямую а\ параллельную а. Затем из точки M как из центра проведем окружность произвольного радиуса. Эта окружность пересечет прямые а' и b соответственно в точках А' и В; проведем прямую через точки А' и В; она будет одинаково наклонена к данным прямым а и b и пересечет прямую а в точке А. Легко видеть, что треугольник АОВ будет равнобедренным; следовательно, искомая биссектриса должна проходить через точку С, середину отрезка AB, перпендикулярно к этому отрезку. Существуют и другие решения.

54. Обозначим буквой О точку пересечения прямых m и п. Опускаем из точки К на прямые тип перпендикуляры КМ и KN. Пусть точка Р есть точка пересечения перпендикуляра КМ с прямой /г, a Q—точка пересечения перпендикуляра KN с прямой т. Соединим точки Р и Q отрезком PQ и опустим перпендикуляр из точки К на прямую PQ, тогда его продолжение пройдет через точку О, так как прямые MP и NQ будут высотами треугольника POQ.

55. Обозначая длины дуг AB и ВС соответственно через sx и s2t а число градусов дуги AB

56. Обозначим смежные стороны параллелограмма через а и 6, а вершины через А, В, С, D; при этом AD=BC=a, AB=CD = b. Точку, лежащую внутри параллелограмма, обозначим через О, а расстояние между AD и ВС через пх и расстояние между AB и CD через Н2. Тогда будем иметь

57. Пусть ABC — искомый равнобедренный треугольник, при этом

АВ=ВС=а—боковые стороны, AD=ha—высота и АЕ=та медиана к боковой стороне ВС. Строим треугольник ADE по гипотенузе АЕ=та и катету AD=ha.

Отложим на медиане отрезок АМ=—АЕ и из точки M описываем дугу радиуса AM, которая пересечет прямую ED в точке С. Это будет вторая вершина искомого треугольника, принадлежащая его основанию. Далее проводим прямую СМ и откладываем на ней от точки С отрезок CF=AE. Третья вершина В определяется как точка пересечения прямых AF и СЕ.

58. Для построения искомого равнобедренного треугольника нужно применить метод подобия. Строим произвольный равнобедренный треугольник с углом при вершине, равным данному, и проводим в нем медианы к боковым сторонам. Затем, взяв за центр подобия одну из вершин основания, строим искомый равнобедренный треугольник с данной медианой к боковой стороне.

59. Пусть дана окружность (рис. 25) с центром в точке О. Проведем две хорды AB и CD, при этом ABJ_CD. Проведем также диаметр AE=d. Докажем, что AC2+BD2=d2. Имеем: wy4C+wߣ+wD£=180°, w А С+ w С В + w BE=180°. Отсюда получим kjDE=^>CB. Следовательно, CE=BD, но AC2+CE2=d2, поэтому и АС2 + +BD2=d2, что и требовалось доказать.

60. Пусть ABC—искомый треугольник, О — центр описанного круга; Ох, 02, 03—точки, симметричные точке О относительно сторон треугольника. Для построения искомого треугольника рассмотрим треугольник Ofi^O^ проведем высоты этого треугольника и найдем его ортоцентр (точку пересечения высот). Ортоцентром будет служить точка О. Перпендикуляры к отрезкам ОхО, 020, 030 через их середины будут сторонами искомого треугольника ABC.

61. Нетрудно доказать, что диагонали этого четырехугольника служат биссектрисами его углов, а такой выпуклый четырехугольник является ромбом.

62. а) можно, в) можно.

63. Нужно описать около искомого треугольника ABC окружность и продолжить медиану и высоту, проведенные из вершины С, до пересечения с окружностью. Полученные точки пересечения соединить прямой и доказать, что она параллельна стороне треугольника. Далее устанавливаем, что центр описанной окружности лежит на прямой, содержащей медиану. Наконец доказываем, что сторона AB искомого треугольника ABC является диаметром описанной окружности, так как через середину стороны AB, как хорды, проходит диаметр, не перпендикулярный к ней.

64. На сторонах треугольника, вне его, построить равносторонние треугольники и описать около них окружности. Через вершины данного треугольника провести прямые, параллельные линиям центров окружностей, проходящих через соответствующие вершины. Мы получим, таким образом, искомый равносторонний треугольник наибольшей площади. Вершины этого треугольника будут лежать на построенных окружностях. Всякий другой равносторонний треугольник с вершинами на тех же окружностях будет иметь стороны, не параллельные линиям центров этих окружностей, и площадь его будет меньше площади искомого равностороннего треугольника.

65. Обозначим середины отрезков OA, OD и ВС соответственно через M, N, Р и, принимая во внимание, что треугольники АОВ и COD — равносторонние, вычисляем длины сторон треугольника MNP. Они будут равны между собой:

Но можно не вычисляя пока-

Рис. 25

зать, что

66. Если вписанная окружность касается катета АС в точке Р, то

Докажем теперь, что

или, возводя в квадрат, получим

наконец,

а это тождественное соотношение, так как из него вытекает,

67. Проще всего для решения этой задачи применить теорему, обратную теореме Чевы. Действительно, если прямые, проведенные через вершины треугольника ABC и делящие его периметр пополам, пересекают стороны соответственно в точках А1% Ви Clt то легко получить, что АС1=р—Ь\ ВС\=р—а; ВАх=р—с\ САх=р—Ь\ CBY=p—a\ АВх=р—с.

Поэтому имеет место равенство:

Следовательно, прямые ААг, ВВХ и СС1 пересекаются в одной точке или параллельны (см. задачу 74).

68. а) Если сумма внутренних углов шестиугольника 720°, то каждый из них 120°, так как по условию задачи все внутренние углы равны между собой. Поэтому противоположные стороны такого шестиугольника будут параллельны. Будем предполагать, что AB>DE. Построим теперь параллелограммы АВСК, CDEL и EFAM, тогда легко показать, что треугольник KLM будет равносторонний, так как все его углы будут составлять по 60°. Следовательно, будем иметь KL=KC—LC=AB—DE; LM=LE—ME=CD—FA ; MK= =MA—KA=FE—ВС, откуда следует то, что и требовалось доказать.

б) Пусть #!>#4 (в противном случае можно принять oj=04; а2=а5\ a.^=aG; a4=ai, а5=а2, a6=az; случай, когда а^—ах% т. е. а1=а2—а3=а4=а5=а6, очевиден). Построим правильный треугольник KLM со стороной KL=LM=MK= =аг—а^=аь—а2=а3—aG. Отложим на продолжении стороны KL отрезок LC=a4, на продолжении стороны LM—отрезок ME=aV) и на продолжении стороны МК—отрезок КА—а2 и построим параллелограммы АКСВ, CLED, EMAF. Тогда получим шестиугольник, удовлетворяющий условиям задачи, т. е. все его углы будут равны между собой и каждый равен 120°, а стороны будут: АВ=а^\ ВС=а2\ CD=a3\ DE=a±; EF=ab\ FA=a6.

69. Опустив из центра О перпендикуляры на стороны четырехугольника ABCD, получим восемь попарно равных треугольников. Перенумеровав углы этих треугольников, образовавшихся при вершинах четырехугольника, получим /\=/2\ Z3=Z4; /.5=Zfi> /J=lß\ сумма всех этих углов равна 360°, как сумма углов четырехугольника. Далее, имеем /_АОВ -f /_СOD=180°—/_2— —Z.3+1800—/6—£1 или ^AOB+£COD=360°— (Z.2+Z3+Z6+Z7)- Но сумма углов в круглых скобках на основании написанных выше равенств равна 180°, следовательно, /_АОВ+/_COD=180°, что и требовалось доказать.

70. Решение см. в журнале „Математика в школе“, 1964г., № 6, стр. 65, задача № 12.

71. Соединив середины сторон данного четырехугольника отрезками прямой, получим параллелограмм. Но так как стороны его параллельны диагоналям четырехугольника, то этот параллелограмм является прямоугольником, около которого всегда можно описать окружность. Опустим теперь из точки пересечения диагоналей данного четырехугольника на стороны этого четырехугольника перпендикуляры и докажем, что они проходят через вершины прямоугольника. Для этого нужно рассмотреть две пары прямоугольных треугольников, на которые разбивается данный четырехугольник своими диагоналями, и воспользоваться свойством вписанных углов и свойством медианы прямоугольного треугольника, проведенной из вершины прямого угла.

72. Стороны правильных вписанных многоугольников выражаются через R описанного круга следующим образом:

Поэтому периметр правильного 2л-Н-угольника равен 2“+1а2П+{, следовательно, lim 2n+l а л+1=27г/?, а искомый предел равен те. п —>оо 2

73. Доказательство теоремы Менелая общеизвестно. (См.: С. И. Зетель» Новая геометрия треугольника. М., Учпедгиз, 1962).

74. Доказательство теоремы Чевы общеизвестно. (См.: С. И. Зетель. Новая геометрия треугольника. М., Учпедгиз, 1962).

§ 10

1. а) Прямая пересечения биссектральных плоскостей двугранных углов трехгранного угла.

б) Четыре прямые пересечения биссектральных плоскостей образовавшихся двугранных углов.

2. Искомое геометрическое место середин отрезков, концы которых лежат на скрещивающихся прямых а и Ь, есть плоскость, параллельная данным прямым.

3. Проведем через любые три точки касания плоскость и воспользуемся теоремой о равенстве касательных, проведенных к шару из внешней точки, а также теоремой о том, что равные наклонные, проведенные из одной точки, образуют с плоскостью равные углы, а большая наклонная образует меньший угол.

4. Рассмотрим боковые грани параллелепипеда. Их четыре и по условию они—равные между собой параллелограммы. Следовательно, по свойству параллелепипеда, боковые ребра у них равны и равны также все стороны нижнего и верхнего оснований. По условию нижнее и верхнее основания и боковые грани параллелепипеда—равные между собой параллелограммы, значит, все они имеют равные стороны, т. е. все 6 граней параллелепипеда—ромбы.

5. Плоскость, проходящая через три точки касания, пересекает сферу по окружности, а прямая SO, как это легко доказать, проходит через центр этой окружности; следовательно, она будет перпендикулярна к плоскости, в которой лежит эта окружность.

6. Радиус четвертого шара равен г=

7. Объем правильного октаэдра равен

8. Одна окружность делит сферу на 2 части, две окружности—на 4 части, если они не параллельны и пересекаются, три окружности разделят сферу самое большее на 8 частей, 4 окружности разделят самое большее на 14 частей, п окружностей разделят сферу самое большее на п2—л+2 частей.

9. Таких шаров будет два. Один из них будет касаться четырех шаров внутренним образом, а другой — внешним образом. Обозначим радиус шара, касающегося внутренним образом, через р, а радиус шара, касающегося внешним образом, через R. Тогда нетрудно показать, что центры последних двух шаров совпадают с центром тяжести правильного тетраэдра, вершины которого лежат в центрах данных четырех шаров. Исходя из этого, получим

10. Обозначив радиус основания искомого цилиндра через x, а его высоту через у, сначала найдем, что

отсюда

Пусть полная поверхность будет z, тогда

Исследуем функцию

Наибольшего значения она достигает при

и тогда получим

11. Три биссектральные плоскости двугранных углов одного из трехгранных углов тетраэдра пересекаются по одной прямой (см. задачу № 1), которая представляет собой геометрическое место точек, равноудаленных от граней этого трехгранного угла. Возьмем какую-нибудь из трех остальных биссектральных плоскостей; пусть она пересечет полученную прямую в точке О. Точка О равноудалена от всех четырех граней тетраэдра (центр вписанного шара). Две оставшиеся биссектральные плоскости, как геометрические места точек, равноудаленных от граней, должны проходить через точку О.

12. Объем треугольной пирамиды SABC равен v= (куб. ед.).

13. Объем общей части указанных тетраэдров равен v=~-a^t т. е. одной шестой объема куба. Общая часть тетраэдров представляет собой правильный октаэдр.

14. Искомое сечение с наибольшей площадью есть параллелограмм, вершинами которого являются середины ребер треугольной пирамиды (тетраэдра).

15. Ортогональной проекцией тетраэдра может быть или треугольник, или четырехугольник. В первом случае правильный тетраэдр проектируется в треугольник, совпадающий с проекцией одной из его граней. Наибольшая проекция в этом случае будет тогда, когда плоскость грани будет параллельна плоскости проекции. Проекция будет равна —-—, т.е. площади правильного треугольника. Во втором случае правильный тетраэдр проектируется в четырехугольник. Чтобы получить проекцию наибольшей площади, нужно расположить тетраэдр так, чтобы его вершины совпадали с четырьмя вершинами куба, а ребра совпадали с диагоналями граней куба, т. е. нужно правильный тетраэдр вписать в куб со стороной, равной —-—, приняв по условию задачи ребро тетраэдра равным а. Тогда проекцией тетраэдра будет служить квадрат, площадь которого равна —-. Очевидно, — > —-—, т. е. ортогональная проекция правильного тетраэдра, когда он проектируется в квадрат, будет наибольшей.

16. Проведем плоскость через концы трех ребер параллелепипеда, выходящих из одной вершины, и расположим его так, чтобы эта плоскость была горизонтальной. Тогда проекцией параллелепипеда будет служить шестиугольник, площадь которого, как легко видеть, будет всегда в два раза больше площади треугольника, который является проекцией сечения параллелепипеда вышеуказанной плоскостью. Площадь же проекции треугольника будет наибольшей тогда, когда треугольник параллелен горизонтальной плоскости.

17. Пусть а, а', ß, ß'—грани четырехгранного угла, причем а противоположна a, a ß' противоположна ß. Пусть при продолжении грани а и а пересекаются по прямой я, а грани ß и ß'—по прямой Ь (прямые а и Ь проходят через вершину четырехгранного угла). Проведем произвольную плоскость, параллельную обеим прямым а и by эта плоскость пересечет четырехгранный угол по параллелограмму, так как она пересечет грани а и а', а также и грани ß и ß' по параллельным прямым.

18. Каждый тетраэдр можно рассматривать как совокупность трех пространственных четырехугольников. Соединив отрезками середины сторон этих четырехугольников, получим три параллелограмма, а рассматриваемые три отрезка будут диагоналями этих параллелограммов. Поэтому они пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам.

19. Существует несколько решений этой задачи. Рассмотрим одно из возможных. Многогранник с семью ребрами не может иметь граней с 4 и более сторонами, так как 4 стороны и еще по крайней мере 4 ребра, выходящие из четырех вершин, дадут уже 8 ребер; но из треугольников такой многогранник тоже нельзя составить. Действительно, если все грани будут треугольники и число их будет л, то многогранник будет иметь —— ребер, что ни при каком значении п не будет равно 7.

20. Пусть ABCD — пространственный четырехугольник, BD — его диагональ. На основании свойств трехгранного угла имеем для трехгранного угла BACD следующее соотношение: /АВС< /ABD -f /DBC, для трехгранного угла DABC имеем: /ADC < /КЬВ + /_BDC, причем знак равенства будет только в случае совпадения всех трех плоскостей ADB, ADC и BCD. Сложив полученные неравенства, получим /АВС + /ADC < /_ABD + /DBC +/ADB+ + /BDC. Прибавив к обеим частям по следующей сумме углов /BCD + + /DAB, получим /АВС + /ADC + /BCD + /DAB < /ABD + /DBC + -f /ADB -f /_BDC + /BCD -f /DAB, но сумма в правой части равна 360°, как сумма углов^двух треугольников ABD и BCD. Следовательно, имеем окончательно: /АВС + /ADC+ /BCD + /DAB<360°, что и требовалось доказать.

21. Построим такой вспомогательный куб, чтобы его вершинами были вершины правильного тетраэдра ABCD. Для этого достаточно построить куб, у которого диагональ его грани равна ребру тетраэдра, тогда ребро CD тетраэдра будет параллельно диагонали OD' противоположной грани и, следовательно, перпендикулярно противоположному ребру AB тетраэдра. Отсюда и следует, что угол между двумя противоположными ребрами правильного тетраэдра равен 90°.

22. Пусть ABCD — правильный тетраэдр, АС и BD — его противоположные ребра. Искомое сечение получим, если проведем плоскость через середины остальных ребер тетраэдра. Это сечение будет параллельно ребрам АС и BD и будет представлять квадрат, что нетрудно показать. Таких сечений будет всего три.

23. Проведем на поверхности шара из произвольной ее точки А как из центра произвольную окружность.

Возьмем на этой окружности любые три точки М, К, Р и, измерив циркулем расстояния между ними, перенесем эти расстояния на плоскость. Мы получим на плоскости треугольник M'N'P'', равный треугольнику MNP. Опишем около треугольника M'N'P' окружность с центром 0[ и найдем отрезок M'Ov равный перпендикуляру M0lt опущенному из точки M на диаметр AB шара, проходящего через центр О] окружности, описанной из точки Л. По катету М'0\ и гипотенузе А'М', равной радиусу AM, строим прямоугольный треугольник М'0\А'. Через точку М' проводим прямую, перпендикулярную к M'А\ до пересечения в точке В' с продолжением катета A'Ov Отрезок А'В' и будет равен диаметру AB шара.

24. Искомым сечением будет служить дельтоид, площадь которого S= (кв. ед.) При решении нужно учесть, что диагональное сечение данной четырехугольной пирамиды представляет собой правильный треугольник.

25. Наибольшее число частей при делении пространства п плоскостями получим при условии, что никакие две из этих плоскостей не параллельны, никакие три не проходят через одну прямую и не параллельны одной прямой и никакие четыре не проходят через одну точку. Тогда п плоскостей могут разделить пространство на —-— + 1 частей. Справедливость этого вывода можно проверить методом математической индукции.

26. Искомое геометрическое место есть окружность в плоскости, которая параллельна данным скрещивающимся прямым и равноудалена от них. Центр окружности в точке О — пересечение проекций данных прямых на указанную плоскость, радиус окружности R= ~^~l/#2—^2 » где Л—длина общего перпендикуляра к данным скрещивающимся прямым.

27. Такое сечение куба является правильным шестиугольником.

28. Телесный угол трехгранного угла равен сумме его двугранных углов минус те. Поэтому сумма всех телесных углов трехгранных углов тетраэдра равна удвоенной сумме всех его двугранных углов минус 4к. Но так как телесный угол двугранного угла измеряется удвоенным линейным, то сумма всех телесных углов двугранных углов тетраэдра равна удвоенной сумме линейных углов. Отсюда и следует утверждение задачи.

29. Предварительно нужно доказать, что любые две медианы тетраэдра пересекаются. Обозначим тетраэдр через А1А2АЪА^, а медианы через A\Mlf А2М2, А3М3, ААМ4. Рассмотрим медианы А1М1 и А3М3. Через вершины Аг и А3 тетраэдра и через точку В2А—середину ребра Л2Л4—проведем плоскость AjB2AAz. Она пересечется с плоскостью А2А3АА по медиане А3В2А треугольника А2А3АА и с плоскостью грани АгА2А± по медиане A^B2i этой грани. Основания Мл и М2 медиан А1М1 и А3М3 тетраэдра лежат соответственно на медианах А3В2А и АгВ2А граней тетраэдра, т. е. в плоскости АЛВ2^А3. Значит, сами медианы AiMi и А3М3 лежат в одной плоскости и, следовательно, пересекаются. Теперь нетрудно доказать, что все четыре медианы пересекаются в одной точке.

30. Обозначим тетраэдр через ABCD, а его высоты через АИХ, ВН2, СН3 и DHA. Рассмотрим высоты ВН2 и D//4. Пусть они пересекаются в точке О. Проведем через них и ребро BD плоскость а. Эта плоскость будет перпендикулярна как к грани ACD, так и к грани ABC и, следовательно, к их общему ребру АС. Но если АС перпендикулярна плоскости а, то АС перпендикулярна BD, т. е. противоположные ребра АС и BD взаимно перпендикулярны. Обратно, если это имеет место, то высоты ВН2 и D#4 и высоты АНг и СН3 пересекаются, так как ВН2 и £>#4 целиком лежат в плоскости а, проходящей через BD перпендикулярно к АС, a АНг и СН3 целиком лежат в плоскости ß, проходящей через АС, перпендикулярно BD.

31. а) Куб имеет 9 плоскостей симметрии; б) правильный тетраэдр имеет б плоскостей симметрии.

32. а) Куб имеет 13 осей симметрии; б) правильный тетраэдр имеет 7 осей симметрии.

33. Центром вписанного в тетраэдр шара является точка пересечения биссектральных плоскостей двугранных углов этого тетраэдра.

34. Центром описанного около тетраэдра шара является точка пересечения плоскостей, каждая из которых перпендикулярна к ребру тетраэдра и делит это ребро пополам.

35. Данный шар нужно вписать в куб. Соединив центр шара с вершинами куба, получим 6 пирамид. В каждую из этих пирамид можно вписать шар.

36. Возьмем правильный тетраэдр ABCD. Пусть Ми М2, М3, МА, Мъ, М6—се-

редины его ребер. Через каждые три из этих шести середин, лежащих на ребрах одного трехгранного угла, проведем по плоскости, которые параллельны плоскостям граней тетраэдра. Наш тетраэдр распадается на четыре правильных тетраэдра, подобных исходному, с коэффициентом подобия ~-9 и на некоторый октаэдр. Докажем, что этот октаэдр—правильный. Действительно, все грани октаэдра—одинаковые правильные треугольники, со стороной вдвое меньшей, чем сторона исходного тетраэдра; все двугранные углы дополняют угол правильного тетраэдра до 180°, т. е. тоже все равны между собой. Таким образом, мы разбили правильный тетраэдр ABCD на четыре правильных тетраэдра и один правильный октаэдр. Обратно, если мы имеем четыре правильных тетраэдра и правильный октаэдр, причем все ребра этих тел равны а, то из них можно сложить правильный тетраэдр с ребром, равным 2а*

37. Предыдущая задача (№ 36) показывает, что пространство можно заполнить правильными тетраэдрами и октаэдрами, взяв неограниченное число правильных тетраэдров и октаэдров.

38. Объем тетраэдра

39. Пусть 1Х и /2—данные прямые и Р—данная точка. Строим произвольный треугольник, одна из вершин которого лежит в точке Р, а две другие Q и R— на прямых 1г и /2 (треугольник PQR). Строим треугольник PiQi/?i, две вершины которого Q1 и Rx лежат на прямых 1Х и /2 и стороны параллельны соответственным сторонам треугольника PQR. Тогда прямая РРг— искомая.

40. Воспользоваться свойством биссектральной плоскости двугранного угла как геометрического места точек, равноудаленных от граней, а затем применить тот же метод, которым решается задача планиметрии о построении биссектрисы угла с недоступной вершиной.

§ 11

1. Опустим перпендикуляр AD из точки А на прямую ВС и введем обозначения AD = a, DB = by DC = c9 MD = x. Задача сводится к нахождению наименьшего значения квадратного трехчлена. Ответ зависит от положения точки D относительно точек В и С.

2. Рассмотрим три возможных случая расположения AB относительно /:

а) AB И /. Для любой точки M прямой / имеем | AM — ВМ \ >0. Существует точка М0, для которой | АМ0—ВМ0 | =0. Эта точка является основанием перпендикуляра, опущенного из середины AB на L Точка М, для которой величина | AM — MB | имела бы наибольшее значение, не существует, так как | AM—ВМ | < AB, а равенство возможно лишь в случае, когда Л, В и M лежат на одной прямой.

б) АВ±1. Величина | AM — MB\<АВ. Наибольшее значение | AM—MB \ =АВ будет в том случае, если точка M есть точка пересечения прямых / и AB. Наименьшее значение разности не существует.

в) Прямая AB не перпендикулярна и не параллельна /. Тогда наименьшее значение I AM — MB I будет в том случае, если M есть точка пересечения / с перпендикуляром к отрезку AB в его середине и наибольшее — когда M есть точка пересечения AB с /.

3. Если направление AB совпадает с указанным направлением, то ломаная становится отрезком AB — это и будет ее наименьшая длина. Пусть AMNB искомая ломаная (рис. 26). Строим параллелограмм AMNC. Ломаная AMNB имеет наименьшую длину при наименьшей длине СВ. Итак, для решения задачи из точки А проводим прямую, параллельную FE, и откладываем отрезок АС = EF. Прямая СВ пересечет данную прямую PQ в искомой точке N.

4. Пусть h — высота треугольника MLE. Тогда высота треугольника FLN будет

Искомая удвоенная площадь

т. е.

Наименьшее значение искомая площадь получает при наименьшем значении выражения

Произведение

величина постоянная, поэтому искомое выражение имеет наименьшее значение при 2h=-, откуда

Рис. 26 Рис. 27

5. На рис. 27 видно, что

Наименьшее значение площади S = ab получим при ср = —

6. Через точки А и В проводим окружность, касающуюся второй стороны угла. Точка касания и будет искомой. Действительно, ОС2= OB OA. Задача свелась к построению среднего геометрического отрезков OB и OA.

7. Рассмотрим два случая расположения точек А и В относительно угла MON.

а) Л и В находятся вне угла MON. Путем симметрии находим на МО точку С, сумма расстояний которой от А и В будет наименьшей. Затем путем симметрии находим на N0 точку D, сумма расстояний которой от С и В будет наименьшей. ACDB — искомая ломаная.

б) Одна из точек лежит внутри угла, другая — вне угла или обе точки расположены внутри угла—задача решается аналогично.

8. DE должна делить высоту треугольника пополам.

9. Соединив точку Leo всеми вершинами треугольника ABC и сравнив площади полученных треугольников с площадью данного треугольника, получим требуемое равенство.

10. На основании результата предыдущей задачи и неравенства

можем записать

Частные случаи: a) L — точка пересечения медиан

б) L—центр вписанного круга

Для равностороннего треугольника ha=hb= hc=3r.

11. Пусть у, z — соответственно расстояния от точки до сторон, тогда

ах + by +cz =2S, где 5 — площадь треугольника, xyz достигает наибольшего значения тогда, когда и axbycz, а потому

Искомая точка — точка пересечения медиан треугольника.

12. Пусть искомый треугольник ABC (АС — лежит на диаметре) и в нем АВ = АС=х, ВС = у. Проведя BD i. АС, найдем, что y2=2x2—2xAD, но

Сумма x + (2R — x) = 2R — величина постоянная, поэтому произведение

имеет наибольшее значение при

13. 2R равно гипотенузе треугольника, но

Это соотношение будет иметь наименьшее значение, когда

14. Пусть а + b = q, тогда

15. Строим на отрезке b сегмент, вмещающий угол ß.

Так как Ь >0, sin — >0, то 2р примет наибольшее значение при А -т~ =

В этом случае LA = /.С, лАВС равнобедренный.

16. Обозначим через R и RT соответственно радиусы окружностей, описанных около треугольников ACD и CDB. Тогда

величина постоянная. R принимает наименьшее значение тогда, Rx принимает наименьшее значение тогда, когда

17. Так как S=pr, то

18. Пусть Аг и А2 точки, симметричные точке А относительно сторон угла MON. Точки пересечения отрезка АгА2 со сторонами угла дают вершины искомого треугольника. АХС=СА, DA=DA2, АХА2—прямая.

2р = АС + CD + DA = АХС + CD + £>Л2 (наименьший).

19. Пусть и Р2 точки пересечения окружностей, проведенных из точки А радиусом 2 и из точки В радиусом 3. Задача возможна, если сторона треугольника а <5. Наибольшее расстояние до С будет от той точки, которая лежит вне треугольника; пусть это точка Plt тогда

20. Пусть данный треугольник ABC, a CMNP—вписанный прямоугольник с диагональю d. Угол ACN=$, угол CAN — а. Тогда из треугольника ACN

Числитель величина постоянная. Наименьшее значение d получим тогда, когда

21. S=-—-ab sin а. Принимает наибольшее значение при д=1, b=2. sina=l,

5= -г- • 1 • 2 • 1=1. При этих условиях с—\ 1+4=>/ 5 , что удовлетворяет условию задачи (2< с <3).

22. Пусть ABCDE правильный пятиугольник. Проведем из его центра радиусы ко всем вершинам и перпендикуляры к сторонам. Тогда пятиугольник разобьется на 10 равных треугольников. Достаточно рассмотреть случай, когда точка M лежит внутри или на стороне одного из этих треугольников (например OAK, где К середина AB). Заметим, что расстояние точки от стороны угла зависит от ее расположения относительно биссектрисы этого угла. Пользуясь этим, запишем расстояния точки M от сторон угла

Очевидно, длина гвс— наименьшая, когда точка M совпадает с точкой К-Из соображений симметрии заключаем, что г3 наименьшее, когда точка M совпадает с серединой одной из сторон пятиугольника.

23. Пусть от прямоугольника ABCD отсечен треугольник с вершиной С так, что получился пятиугольник ABEFD. Искомый прямоугольник AB1C1D1 должен иметь вершину Сх на прямой EF. Задача состоит в том, чтобы найти положение вершины Сг. Продолжим стороны AB и AD прямоугольника до пересечения с продолжением отрезка EF, образовав треугольник AMN. Введем обозначения: AM = m, AN = n, ВхСг= ADX= x. Из подобия треугольников AMN и DxCiN имеем

Откуда

площадь искомого прямоугольника. При этом

Наибольшее значение 5 совпадает с наибольшим значением произведения

24. Пусть Я —середина отрезка QQj. ОН = х, PQ = b, PiQi= &i» QQi= h, Выразив через эти отрезки площадь трапеции, легко установить, что она принимает наибольшее значение при h =

25. Если 2р— периметр,/? — радиус, /—дуга сектора, то 2р =2R + /,

Так как сумма R + (р — R)= р — постоянна, то сектор имеет наибольшую площадь при

26. Пусть точки Е и F соответственно середины хорд АС и BD, ОР = а, OF = x. Площадь четырехугольника ABCD достигает наибольшего значения одновременно с квадратом этой площади, т. е. при

27. Пусть AB — хорда, г — радиус наибольшей вписанной окружности, угол АОВ = а, N—точка, в которой окружность касается хорды, M — точка касания с большой окружностью. По условию AN=izr, с другой стороны,

Откуда

28. Хорду надо провести на расстоянии R от Л.

29. Пусть X—длина дуги части круга, свертываемой в конус, R — радиус круга, тогда * = -—- 7с^|/б, *«5,15/?. Дуга вырезаемого сектора должна содержать 65°.

30. Обозначив длину ванны /, радиус основания г, можем записать

или 4tiü2 = 7гг2(5 — яг2)2. Так как сумма 7cr2-j-(S— nr2) = S— величина постоянная, то 4nv2, а значит и v, принимает наибольшее значение в том случае, когда выполняется условие

32. Искомая точка О должна быть точкой пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. При всяком другом положении точки О сумма расстояний будет больше суммы диагоналей.

33. а=1.

34. а =—4, 6=4, с =24.

35. Обозначим данное выражение через у. Тогда легко видеть, что У — l°g2 *(6—\og2x)2. Но 1< X <64, поэтому 0< \og2x <б. Наибольшее значение у совпадает с наибольшим значением произведения. Так как log2Jc+ (6— — log2*)=6, то произведение будет наибольшим при условии, что

Наибольшее значение у достигает при наименьшем значении знаменателя

37. Разбиваем числовую ось точками а, Ь, с, d на интервалы, вычисляем значение ср(*) на каждом интервале. Пусть числу х соответствует точка М.

а) X < я, <р (х) = MA + MB + MC + MD = 4MA + ЗАВ + 2BC + CD.

Три последних слагаемых постоянны, переменна лишь длина MA. <р (л:) принимает наименьшее значение тогда, когда M совместится с Л,

у(х)=ЗАВ +2BC + CD.

б) а <х < Ь, ср (х) = AM + MB + AfC + ÂfD = 2MB + ЛЯ + 2£C + CD. Три последних слагаемых постоянны по величине. Наименьшее значение <?(х)= = AB +2BC + CD получим тогда, когда /V/ совместится с ß.

в) 6 < * < с, ср (je) = AM + ВМ + ÀfC + MD = Л£ +2ßC + CD. Это постоянная величина.

г) с<х <d, ср(*)= АГЛ + MB + MC + AID = 2СM + ЛЯ +2ВС + CD. Наименьшее значение суммы получим при совмещении M с С.

Наименьшее значение суммы получим при совмещении M с D. Сравнивая полученные результаты, видим, что наименьшее значение

ср(х) = AB +2ВС + CD = b—a + 2(c — b) + d—c = d + c — b — a достигается при b < x < с.

38. Модуль разности двух комплексных чисел \хл—z2\ равен расстоянию между соответствующими точками комплексной плоскости. Условию I z—25/ I <15 удовлетворяют точки комплексной плоскости, лежащие внутри и на границе круга с центром в точке z0=25i и радиусом 15. Числу с наименьшим аргументом соответствует точка t\% в которой прямая, проведенная из начала координат, касается окружности. Из прямоугольного треугольника Oz0zt находим Xj = 12, У]=16, 2г1=12+16/.

Отсюда

г2 принимает наибольшее значение тогда, когда

40. Пусть через х минут расстояние станет наименьшим. Тогда один катет прямоугольного треугольника будет (50—0,6*) км, другой (40—0,8*) км. Искомое расстояние — гипотенуза будет наименьшая при тех же условиях, что и ее квадрат. Наименьшее расстояние (16 км) будет достигнуто через 62 минуты.

41. Пусть расстояние будет наименьшим через х часов. Автомобиль за это время пройдет 80л: км, поезд 50 х км. Квадрат искомого расстояния равен 12900 x2—42000* +40000. Расстояние между поездом и автомобилем будет наименьшим при тех же условиях, что и квадрат этого расстояния. Такое расстояние будет достигнуто приблизительно через 1 час 39 мин.

42. Обозначим время движения гонца x, L—ближайшая точка берега. ВС + Л-CA — путь гонца (рис. 28).

Треугольники BCL и ACF подобны

Рис. 28

43. В момент времени t автомашина находится на расстоянии 40t км от пункта А, а мотоцикл — на расстоянии

от того же пункта. Расстояние между ними равно I Ш2+9—40* I (рис .29). Наибольшее расстояние 16 о*, которое будет через 1 час 15 мин.

44. Преобразуем функцию следующим образом:

Отсюда видно, что наибольшее значение функции равно 5. Наименьший положительный период равен п. 45. 5 и —5.

Рис. 29

47. На сегменте 0 < х < — значения cosx и sin х положительны, значит, cospx и sin^x положительны, т. е. cos^x sin^x>0. Наименьшее значение у=0 получим при х=0, х= —. Наибольшее значение у равно наибольшему значению

что достигается при условии

48. Освещенность находится по формуле

где k—коэффициент

пропорциональности; АС —расстояние от лампы до края стола. Но где а угол наклона АС к плоскости стола. Тогда

Так как сумма трех множителей постоянна и равна 1, то наилучшее освещение в точке С будет при условии, что

49. Обозначим АС = Ь, На рис. 30 видно, что

Наибольшее значение угла зрения совпадает с наибольшим значением его тан-

Рис. 30

§ 12

1. Задача, которую решали ученики, имеет ответ — .

2. В бутылке налита минеральная вода, в кружке — чай, в чашке — молоко, в стакане — кофе, в кувшине — лимонад.

3. Оценка работы Васильева —4, Сергеева —3 и Алексеева —5.

4. 1-й ученик из Яранска, 2-й из Лальска, 3-й из Халтурина, 4-й из Слободского, 5-й из Котельнича.

5. Вася поймал 10 рыб, Коля—9 и Петя—7.

6. Флинн — президент, Эвальд—вице-президент, Конгрев — секретарь, Бертон—казначей.

7. В центре находился лжец, справа от него — говорящий правду, а слева — «дипломат».

8. Зеркало разбил Вальтер.

9. Иванов — парикмахер, Петренко — мельник, Сидорчук — почтальон, Гришин— плотник, Альтман — маляр.

10. Тамаре—23 года, Лене — 25, а Марине—22.

11. Кондратьев — плотник, Давыдов — маляр, Федоров — водопроводчик.

12. На 1-м курсе учится Крылов Петр, на 2-м — Иванов Николай, на 3-м— Карпов Борис и на 4-м — Орлов Василий.

13. Агеев —врач, живет в Одессе; Боков — учитель, живет в Ленинграде; Власов — инженер, живет в Киеве; Громов — инженер, живет в Туле; Дубов — учитель, живет в Риге; Елисеев—врач, живет в Москве.

14. Машинист — Смирнов, кондуктор — Жуков, кочегар — Романов. Романов живет во Львове, Жуков в Чите и Смирнов — в Омске.

15. Иванов знает испанский и итальянский языки, Петров — немецкий и английский, Сидоров — арабский и французский.

16. Логическую задачу решили Козлов и Иванов.

17. Играют в шахматы С и D.

18. Нужно взять коробку с надписью «черный и белый» и вынуть из нее один шарик. 1) Пусть этот шарик окажется белым, тогда и второй шарик в этой коробке должен быть белым. В коробке с надписью «2 черных» должны лежать белый и черный шарики, а в третьей коробке (с надписью «2 белых») лежат два черных шарика. 2) Пусть вынутый шарик из коробки с надписью «черный и белый» окажется черным. Второй шарик в нем будет также черным. В коробке с надписью «2 белых» могут лежать только белый и черный, а в третьей коробке — два белых шарика.

19. Порядок выбора ларчиков должен быть таким: сначала — дон Альваро, затем — дон Висенте и последним — дон Бенито. Видеть дона Диего в зеленом плаще могли дон Висенте или дон Бенито, табакерку ему подарили дон Бенито или дон Висенте, а первым стал носить шпагу дон Альваро.

20. Десятый класс убирал Дмитриев.

21. Неправду сказал четвертый. Первое место занял третий спортсмен.

22. 1-е место заняла команда Л, 2-е — В, 3-е — С, 4-е—D и 5-е — Е.

23. 1-е место занял Сережа, 2-е — Надя, 3-е—Коля, 4-е — Ваня, 5-е — Толя.

24. По условию задачи возможные последовательности ответов таковы: 1) нет, да, да, нет, да; 2) нет, да, нет, да, да; 3) да, да, нет, да, нет;

4) да, нет, да, да, нет. Из них только одна содержит отличный от остальных ответ на второй вопрос (4-я). Этим и воспользовался Петя. (На второй вопрос ему нужно было ответить «нет»).

25. Ложные солнца.

26. Буров — Гриша, ему 13 лет. Гриднев—Коля, ему 13 лет. Клименко-Петя, ему 12 лет.

27. По условию задачи сразу же заключаем, что имя Николаева—Вася. Учтем далее, что мать Коли—Коробова, и поэтому мать третьего мальчика, Кости, должна иметь (до замужества) фамилию, отличную от фамилии Коробова. Но фамилия матери Семенова (до замужества) как раз не Коробова, а Петрова, так как отец ее — дед Семенова — Петров. Значит: Семенов — Костя и Буров— Николай. Возраст каждого из друзей можно найти так: пусть х лет — возраст Васи, тогда возраст Коли — (х -f 1) лет и Кости — (х 4-2) лет. Сумма лет трех друзей равна Зх +3. Получаем неравенство: 49<3д:+3<53. Отсюда 15 —<х<16—, то есть х =16. Следовательно: Васе 16 лет, Коле 17 и Косте 18.

28. Фамилия Васи — Бубликов, Пети — Ватрушкин и Гриши — Лепешкин.

29. Стоящий в середине на вопрос: «Верно ли он отвечает на вопросы?»—ответит, что верно, независимо от того, говорит ли он всегда правду или всегда лжет. Значит, стоящий слева всегда дает верные ответы, а стоящий справа— неверные.

30. В доме жили три семьи. В одной из этих семей единственный ребенок— мальчик. В другой семье — две девочки и мальчик. В третьей—две девочки и три мальчика.

31. Самый старший — Сережа, средний по возрасту — Толя и самый младший— Саша.

32. 6 названий газет, 15 членов.

33. 5 поликлиник, 10 врачей.

34. 68 человек знают оба языка.

35. 10 детей.

36. Одну газету читают 30% учащихся, две и только две газеты читают 50%, читают газеты несистематически 10%.

37. Только в одном кружке занимаются 16учеников, не занимаются в кружках 4 ученика.

38. Больше всех поймал Вася, за ним идет Толя, затем Коля и меньше всех поймал Петя.

39. По возрастанию веса предметы располагаются так: С, Л, В, D.

40. 41. Следует воспользоваться принципом Дирихле. Решим, например, задачу 41. Пусть щ, л2, л3, ... , пт произвольные целые числа. Рассмотрим следующие 100 чисел: пи п1 + п2, Л1+Я2+ я3, ... , пу + п2 + п2 + ... + пш. При делении на 100 каждого из этих чисел получим некоторый остаток. Среди этих остатков может встретиться остаток 0. Тогда соответствующее ему число делится на 100. Но может оказаться и так, что остатка 0 не будет. В этом случае возможных различных остатков будет не более 99, а всего остатков 100. Поэтому (по принципу Дирихле) по крайней мере два остатка будут равны. Разность между соответствующими этим остаткам числами (являющаяся суммой нескольких данных чисел) делится на 100.

42. Образуем три группы кустов: в первых двух по 100 кустов и в третьей 1 куст. Ограничимся рассмотрением самого неблагоприятного случая, когда в первой, а также во второй группе совсем не будет кустов с одинаковым числом цветков. В этом случае в первой и во второй группе обязательно найдутся кусты с таким же числом цветков, как и на единственном кусте третьей группы.

43. 1) 4 дежурных, 2) 7 дежурных.

44. 4 перчатки, 3 носка.

45. Выбирая шары наугад, в самом неблагоприятном случае мы возьмем 3 зеленых, 3 красных, 3 синих и 10 неокрашенных шаров, а когда мы возьмем

еще один шар, то каких-то цветных шаров у нас окажется 4 (зеленых, красных или синих). Итого нужно взять в самом неблагоприятном случае 20 шаров.

46. Введем обозначения: Л—самый низкий из всех самых высоких учеников, В—самый высокий из всех самых низких. Возможны 3 и только 3 случая. I) А и В стояли в одном поперечном ряду. В этом случае В—самый низкий в этом ряду. Значит, В ниже А. 2) А и В стояли в одном продольном ряду. В этом случае А—самый высокий в этом ряду. Поэтому В ниже А. 3) А и В стояли в разных продольных и поперечных рядах. Пусть А стоит, например, в 3-м продольном ряду, а В в 8-м поперечном. Сравним рост каждого из учеников А и В с ростом ученика С, стоящего на пересечении 3-го продольного и 8-го поперечного рядов. С ниже А, так как С и А стояли в одном и том же продольном ряду и Л в этом ряду был самым высоким. Но С выше В, так как они стояли в одном и том же поперечном ряду и В был в этом ряду самым низким. Следовательно, и в этом случае В ниже А.

47. Возьмем такие две из данных точек, расстояние между которыми больше 1, и, приняв их за центры, опишем окружности, радиусы которых равны 1. Каждая из оставшихся 23 точек должна быть удалена по крайней мере от одной из двух первоначально выбранных точек на расстояние меньше 1, то есть она будет лежать в одном из двух построенных кругов. В один из этих двух кругов попадут не менее 12 из этих 23 точек, кроме того, центром этого круга служит одна из данных точек, так что всего в этом круге окажется не менее 13 из данных точек. (Решение значительно упростится, если среди данных точек не найдется таких двух, расстояние между которыми было бы больше 1).

48. Из данных точек надо выбрать такие две точки, расстояние между которыми будет наибольшим (больше 1), и, приняв каждую из них за центр, описать окружность радиуса 1. Дальше следует рассуждать как при решении задачи № 47.

49. Одно из решений может быть, например, таким: выберем одну из данных точек, проведем из нее луч и будем его вращать. Вращающийся луч последовательно пройдет через данные точки. Останется соединять отрезками данные точки одну с другой в том порядке, в каком они проходятся лучом, при этом последняя точка соединяется с первой.

50. Два вопроса. Первый может быть таким: «Вы из этого селения?» Вторым может быть любой вопрос, верный ответ на который туристу известен.

51. Четыре вопроса: 1) Нахожусь ли я в одном из селений А и В? 2) Нахожусь ли я в селении С? 3) Живете ли Вы в селении С? 4) Нахожусь ли я в селении А*?

52. Наименьшее число вопросов—три. Первый вопрос: «Содержится ли задуманное число среди первых четырех чисел (11—14)?» Если ответ будет «Да», то второй вопрос может быть таким: «Содержится ли задуманное.число среди чисел 11 и 12?» Если следует ответ «Нет», то третий вопрос можно задать такой: «Равно ли задуманное число 13». Если ответ будет «Нет», то было задумано число 14.

53. Девять вопросов: четыре вопроса, чтобы узнать месяц, и пять вопросов, чтобы узнать число.

54. Монеты нужно разложить на 3 кучки: в двух по 27 монет и в третьей 26. Первую и вторую кучки следует далее положить на чашки весов. Если весы будут находиться в равновесии, то фальшивая монета будет в третьей кучке. Если же равновесия не будет, то фальшивая монета будет в более легкой кучке. Выделенную таким образом кучку нужно будет снова разложить на 3 кучки по 9 монет (в одной кучке может оказаться 8 монет) и тем же способом выделить кучку в 9 (или 8) монет, содержащую фальшивую монету. И так нужно поступить всего 4 раза (произвести 4 взвешивания).

55. Занумеруем мешочки и из каждого возьмем столько монет, каков его номер. Все эти монеты, не путая их, соберем вместе и взвесим. Если бы в мешочках не было фальшивых монет, то вес отобранных монет был бы равен 1 +2-J-3+ ••• + 12 (г), то есть 96 г. Но так как среди отобранных монет

* А. М. Яглом и И. М. Яглом. Вероятность и информация. М., 1957.

есть фальшивые, то в действительности отобранные монеты будут весить не 96 г, а пусть Р г. Если мы сейчас разность между большим и меньшим из этих двух чисел разделим на 0,4 (2), то найдем число фальшивых монет, находящихся среди отобранных нами. Но это число равно номеру мешочка, содержащего фальшивые монеты.

56. Выделим одного из 17 ученых. Пусть это будет Иванов. Он может переписываться с 16 остальными учеными по трем темам. Поэтому из этих тем найдется такая (обозначим ее через Л), по которой Иванов переписывается не менее чем с 6 учеными. Если среди этих 6 ученых имеются двое, переписывающихся друг с другом по теме Л, то вместе с Ивановым эти двое ученых и образуют нужную тройку. Задача будет решена.

Пусть среди 6 выделенных ученых совсем нет переписывающихся между собой по теме Л. Выделим одного из этих 6 ученых, пусть Петрова. С остальными 5 учеными он может переписываться по двум темам В и С, и поэтому, по крайней мере, с тремя из них он должен переписываться по одной теме. Пусть это будет тема В. Если среди этих 3 ученых, с которыми Петров переписывается по теме В, найдутся 2 ученых, переписывающихся по этой же теме В, то вместе с Петровым они составят нужную тройку и задача будет решена.

Пусть среди этих 3 ученых нет двух, переписывающихся по теме В. Это значит, что все они переписываются по теме С. Получилась нужная тройка.

Итак, во всех случаях находятся не менее трех ученых, ведущих переписку по одной и той же теме.

§ 13

1961 год

1. Обозначим количество собранных грибов через х. Тогда младшая девочка получила 20+(jc—20).0,04 грибов. Второй девочке отдали 19,392+0,0384*. Обе получили поровну. Составляя уравнение и решая его, находим х = 120. Девочек было 5, каждая получила 24 гриба.

2. Устанавливается последняя цифра числа 4343. 431 оканчивается на 3; 432 на 9, 433 на 7, 434 на 1 и т. д. 4343 оканчивается на 7. Аналогично устанавливается последняя цифра числа 1717, этой цифрой будет 7. Следовательно, 4343 — 1717 оканчивается нулем, т. е. делится на 10.

3. Запишем число а4—1 в виде произведения (а2+\)(а2— 1); а'1 может иметь последней цифрой только 1, 4, 9, 6, 0; поэтому один из множителей всегда делится на 5.

4. Воспользуйтесь свойством средней линии треугольника. Ответ: -

5. Построим треугольник по основанию, равному половине суммы диагоналей, и прилежащим углам — и 45°, где а — данный угол. Сторона его, лежащая против угла в 45°, есть сторона ромба, две вершины этого треугольника есть две вершины ромба. Теперь легко построить весь ромб.

6. Искомая сторона может иметь длину больше 4 и меньше 18 см, т. е. 5 см, 7 см, 11 см, 13 см, 17 см.

7. Выделим полный квадрат (х2+х—2)2+jt2— 9. Многочлен будет полным квадратом, если х2 — 9 = 0, т. е. при х = ± 3.

8. Введем обозначения а +b + с — 6k. Возведем обе части этого равенства в куб и выделим из получившегося равенства аъ —f-б3 —^— с3, остальные члены перенесем в первую часть, тогда, сделав группировку членов, получим а3 + № + с3 = (6&)3 — 3a(b+c)6k — ЗЬсф + с). Первое и второе слагаемое кратны 6, третье слагаемое тоже делится на 6. В самом деле, если b и с четные или только одно из них четно, то be делится на 2, если b и с оба нечетны, то Ь+с делится на 2.

10. ГМТ, из которых окружность О видна под углом а, есть концентрическая ей окружность, радиус которой есть расстояние от центра О до точки пересечения двух касательных, проведенных к окружности О через концы ее радиусов, образующих центральный угол (180° — а).

Аналогично строится окружность, из каждой точки которой окружность О видна под углом ß. Искомые точки M и N есть точки пересечения вновь построенных окружностей. Задача может иметь два решения, одно и не иметь решения.

12. Избавимся от иррациональности в каждом слагаемом правой части, тогда получим:

Что и требовалось доказать.

13. На отрезке, равном основанию треугольника, строим сегмент, вмещающий данный угол. Из середины основания как из центра проводим окружность радиусом m, равным медиане основания. Точка пересечения окружности с дугой сегмента есть третья вершина треугольника. Доказательство и исследование не вызывают затруднений.

14. Около равнобедренной трапеции можно описать окружность. Рассматривая углы трапеции, приходим к выводу, что верхнее ее основание равно радиусу описанной окружности, г = 1 дм. Нижнее основание равно стороне правильного треугольника, вписанного в эту окружность, т. е. оно равно ]/з дм. Угол при нижнем основании трапеции равен 45°, а высота равна проекции боковой стороны на нижнее основание h = — С[/з—l) дм. Далее легко вычислить площадь трапеции. 5 = 0,5 кв. дм.

15. Площадь трапеции равна kx + fe + 2l/£ife •

16. На сторонах треугольника как на диаметрах строим окружности (рис. 31), основания высот этого треугольника принадлежат этим окружностям.

Ll=L29 Z.3 = L4, Z.5 = Z_6 как углы со взаимно перпендикулярными сторонами.

Из (1) и (2) следует, что U = Z.8. ßßj — биссектриса угла Л^С^ Равенство углов 9 и 10, а также 11 и 12 (т. е. ААХ и ССг — биссектрисы) доказывается аналогично.

17. Преобразуем обратную дробь, выделив целую часть, получим:

Рис. 31

Аналогично

Дробь — несократима ни при каком целом значении, кроме а—\.

Следовательно, несократима дробь

Отсюда следует несократимость дробей

Аналогично рассуждая, установим несократимость дробей т. е. данной дроби (и даже при а= 1).

18. Разобьем тетраэдр на четыре пирамиды, основания которых—грани тетраэдра, высоты hi, h2y h3, Л4—расстояния выбранной точки до граней тетраэдра. Объем тетраэдра V равен сумме объемов этих пирамид. Обозначив площадь грани, будем иметь

19. Преобразуем каждый член суммы по следующему закону

20. С= 180° — (А-\~В). Тогда данное в условии равенство можно записать так:

Воспользовавшись формулой cos а-(- cos ß, можно полученное равенство представить таким образом: 4 cos(i4 +В) cos A cos В = 0. Откуда легко получается нужный вывод.

1962 год

21. В одни сутки прирастает * травы. Если начальный запас травы принять за 1, то в течение 24 дней коровы съедают 1-1-24* травы, а одна корова в сутки съедает ее ^ — . Но по второму условию корова поедает в сутки травы. Приравнивая первый и второй результаты, получим * = —• Корова съедает за сутки ~rri начального запаса травы. За 96 дней поедят всю траву 20 коров.

22. С тремя окрашенными гранями 8 кубиков, с двумя—96, с одной—384, с неокрашенными гранями—512.

23. Найдем сумму дробей и разложим числитель на множители. Получим в числителе произведение трех последовательных чисел, которое всегда делится на 6 (при любом целом п).

24. Пусть точки Л и С, В и D лежат на противоположных сторонах искомого квадрата MNPQ; на перпендикуляре, опущенном из точки В на прямую ЛС, отложим отрезок ВЕ = АС. Соединив точку Е с точкой D, получим прямую, на которой лежит сторона PQ искомого квадрата. Нахождение всех остальных сторон квадрата не представляет затруднений.

Задача имеет 6 решений. 2ab

25. Ответ: -(Ь >а).

26. На расстоянии d от AB внутри угла проводим прямую, параллельную AB. Пересечение биссектрисы нового угла с данной прямой Р даст искомую точку.

27. Используя пропорциональность сторон подобных треугольников АЕС и CDB, а также ACD и CBF, находим CD. Умножив первый результат на второй, получим желаемый ответ.

28. Разложив пг(п6—1) на множлтели, получим: (п — \)п(п + 1)пЦп2 — л + 1)(ла + п + 1). Произведение (п—1)я(я + 1) делится на 6 при любом п.

Следовательно, надо доказать делимость на 7. Если п делится на 7, то п?(пг>—1) делится на 7. Если п не делится на 7, то остатки от деления на 7 могут быть 1, 2, 3, 4, 5 и 6. Если n = 7k± 1, то на 7 будет делиться либо п — 1, либо ах + 1, т. е. п3(п(]— 1) разделится на 7. Если п = Ik ± 2, то на 7 будет делиться либо п2 — л+1, либо я2 + л + 1, т.е. А23(/2в—1) разделится на 7. Если п = 7k ± 3, то на 7 будет делиться либо я2 — я + 1, либо я2 + п +1, т. е. n3(nG — 1) разделится на 7.

Вывод: А23(я6— 1) делится на 7 при любом натуральном п.

29. Обозначим номер билета так: N = 100*-)- 1 Oy +z. По условию задачи

27V = l0* + y + 10* + z + 10y + *+10y + z-fl0z+*+102 + y = = 22* + 22у + 22*, т. е. N = Щх + у + г).

Приравнивая первый и второй результаты, получим следующее равенство: 100*+ 10у -f z = ll(*-fy-(-2). Правая часть делится на 11, левая часть тоже должна делиться на 11. Это возможно, если * + z — у = 11&. Так как * + z может принимать значение от 0 до 18, а у от 0 до 9, то равенство возможно только при k = 0, k = 1, Ответ: N = 198.

31. Искомые числа имеют вид A^j = 111 111л, iV2 = 1111^. Выразим условие задачи равенствами

Произведя почленное вычитание, получим 100#=2336 + 1. Откуда а — целое при Ь = 3. Ответ: N, = 777777, N2 = 3333.

32. Пусть W—первое искомое число. Используя условие задачи, можем записать:

Если Ni = 2az2 -j~ п., то при п = 1, Л^=3 получим числа 3, 4 и 5. При п = 2, Л^! = 10 получим пять чисел: 10, 11, 12, 13, 14 и т. д.

Если взять второй корень N2 =— л, то при я = 1, yV2 = — 1, получим три числа: — 1, 0, +1. При п = 2, N2 = — 2, пять чисел: —2, — 1, 0, +1, +2. И т. д.

33. По па и та строим прямоугольный треугольник ADE (па — катет, та— гипотенуза). Точка Е—середина основания треугольника АБС, значит, центр круга, описанного около треугольника ABC, лежит на перпендикуляре к £>£, восстановленном в точке Е, на расстоянии R от вершины А. Определив центр, проводим описанную окружность, затем, продолжив DE в обе стороны до пересечения с окружностью, получим точки В и С. Задача возможна при та>На.

35. Обозначим искомое число ЮОлг+ 10у -\~z = H2. По условию задачи имеем: \00х + 10у +z = Я2, xyz = H — 1 ; 100 < H2 < 999 или 10<tf<31, 9 < xyz < 30. Методом исчерпывающих проб устанавливаем, что Н2 = 361.

36. Докажем предварительно, что два треугольника с равными основаниями, равными углами при вершине и равными биссектрисами этих углов равны между собой. Эти треугольники вписываются в одну и ту же окружность (рис. 32). Пусть N—середина дуги ANC.

Биссектрисы равных углов АВЛС и АВ2С пересекут окружность в точке N. Пусть BrN <B2Nt тогда K\N < K2N, так как ВХК\ = В2К2. Точки ВА и В2 не совпадают. Li < Z_2. Треугольники OMiN и OM2N—прямоугольные, ON—их общая гипотенуза. Так как Z.1 < Z.2, то М10<ОМ2, т. е. BiN >B2N. Приходим к противоречию.

Аналогично рассматривая случай Б1ЛГ>В2Л^, снова приходим к противоречию. Следовательно, BXN = B2N. Значит, точки В1 и В2 симметричны относительно диаметра, перпендикулярного ЛС, т. е. треугольники АВХС и АВ2С равны. Используя этот вывод, легко доказать требуемое в задаче.

37. Приняв данные точки за вершины тетраэдра, легко установить, что можно провести всего семь плоскостей, равноудаленных от его вершин.

39. Наименьшее расстояние между точкой пересечения медиан и точкой пересечения биссектрис будет в том случае, когда прямоугольный треугольник, построенный на гипотенузе С, будет равнобедренным, а наибольшее расстояние будет в случае вырождения прямоугольного треугольника в отрезок, равный гипотенузе.

Рис. 32.

1963 год

40. Если в первый раз разрезали k листов бумаги, то общее число листов стало равно 6(&+1) Если во второй раз разрезали п листов бумаги, то общее число полученных листов после двух разрезаний стало 6(£+л+1) + 1. И так каждый раз получается число, которое при делении на 6 дает в остатке 1.

Данное в задаче число 1961 не обладает таким свойством, значит, подсчет листов был произведен неправильно.

41. Искомое число можно записать так: N = аха2аъ . . . ап-\§. После перестановки цифры 6 получим число К = 4N — ^аха2аъ ... ап-\. Так как последняя цифра числа N есть 6, то последняя цифра числа А' есть 4, т. е ап-\—4.

Подставив в N значение ап-\ = 4 и умножив N на 4, найдем, что an-2= 8. Подставив в N значение ап-2 = 8 и умножив N на 4, найдем, что ял_з = 3 и т. д., пока не получим цифру б в числе 4N. Найденное число 153 846 удовлетворяет всем условиям задачи и является наименьшим. Задача имеет и другие решения.

43. Строим треугольник по двум сторонам d и — Р и углу между ними а.

Через середину стороны, лежащей против угла а, проводим перпендикуляр до пересечения со стороной треугольника, прилежащей к углу а. Этим построением определяются три вершины искомого параллелограмма. Дополнив полученный треугольник равным ему, получим параллелограмм.

44. Проводим ряд секущих из точки А и отмечаем середины полученных хорд. Соединив середины хорд с центром данной окружности О, получим ряд прямоугольных треугольников: OABlt ОАВ2, ОАВ:,, ОАВ^ и т. д. Середины хорд образуют окружность, диаметром которой служит отрезок OA.

45. Искомое число запишем так: N == aabb или N = НООя -|“ \\Ь = = 11(99а-(- а+Ь). Чтобы искомое число было точным квадратом, необходимо, чтобы множитель 11 содержался в числе N дважды, т. е. чтобы сумма a-f b была кратна 11. \<а+Ь<\%, значит, a+b = 11. Тогда N = 112(9#+1). Двучлен 9a+l должен быть квадратом некоторого числа. Это возможно лишь при а = 7. Тогда 6 = 4, N = 7744 = 882.

46. Представим каждое слагаемое в следующем виде:

Тогда искомая сумма после приведения подобных членов будет иметь вид: «S = — (—•— - —V Ответ: S=———— .

47. Преобразуя равенство

получим

В треугольнике АВС находим длины отрезков, на которые высота делит основание С. Используя соотношение (1), находим, что один из отрезков основания равен половине прилежащей боковой стороны треугольника. Это возможно только в таком треугольнике, у которого угол при основании 60°.

48. Пусть даны стороны с и Ь. Обозначим противолежащие углы через а и 2а. Проводя биссектрису BD угла В, получим подобные треугольники АВС и ABD. Сейчас легко находится длина отрезка AD = — . Треугольник BCD— равнобедренный, BD —DC. Построив треугольник ABD по отрезкам AB = с, AD — —, BD — CD — b — —, продолжим AD за точку D так, чтобы AD+DC = b. Соединив точку В с точкой С, получим искомый треугольник.

49. Преобразуем данное выражение:

Теперь построение выполнить нетрудно.

50. Если в прямоугольном треугольнике АВС с прямым углом В провести среднюю линию OD (АО=ОС, BD = DC), то LODC = 90° и AB = 2 OD. План построения таков: на гипотенузе АС и на отрезке ОС строим окружности, из точки А как из центра радиусом та проводим дугу до пересечения с меньшей окружностью в точке D. Прямая CD пересекает большую окружность в точке В—третьей вершине искомого треугольника.

Второй способ. Можно сначала построить треугольник АЕО по трем сторонам: АО = — b (b—гипотенуза), АЕ = — та и 0Е = ~Ь. Затем дополнить этот треугольник до искомого.

51. Обе части уравнения разделим на

Воспользовавшись равенством

найдем значение

получим квадратное уравнение

52. Умножим каждое слагаемое суммы на а. Обозначив искомую сумму через S, вычислим разность 5 — Sa, затем вычислим 5

53. Вынесем 3я за скобку, получим 3я[(12я — 1 ) + 11]. Каждое слагаемое суммы, стоящей в квадратных скобках, при целом неотрицательном п делится на 11. Это доказывает делимость числа бая4-Зя+2+Зя на 11 при любом целом и неотрицательном п.

1964 год

55. По условию задачи хорды равны и, следовательно, равноудалены от центра окружности. Если провести окружность с центром в точке О и радиусом, равным расстоянию хорды от точки О, то четырехугольник будет описанным и тогда выполнится заключение задачи: AB +CD = AD -j- ВС.

56. Введем обозначения: х и у—скорости велосипедистов в километрах в час; AB—расстояние между пунктами; —-——нормальное время движения до встречи.

Из второй части условия задачи следует, что второй велосипедист будет находиться в пути на 1,5 часа больше, чем первый; значит, до выезда первого он успел проехать путь 1,5у км. Это условие задачи можно выразить уравнением:

Рассматривая эти два уравнения совместно, получим х = 16, у = 14. Скорость первого велосипедиста 16 км/час, скорость второго—14 км/час.

57. По условию x Ф 0, у Ф 0, поэтому данная система равносильна системе

58. Пусть x — число треугольников, 2d(n— 2) — сумма внутренних углов многоугольника, 2dx — сумма внутренних углов треугольников, 4d • 500 — сумма полных углов с вершинами в данных 500 точках. Составим уравнение 2dx = 500 • Ad + 2d (n—2), где n = 1000. Ответ: x = 1998.

59. Перемножим все 50 произведений. В получелном большом произведении каждое число таблицы встречается два раза: один раз по строке, другой— по столбцу, поэтому их произведение равно 1. Отсюда следует, что среди 50 произведений — 1 встречается четное число раз и, значит, сумма произведений не может равняться нулю.

60. Разбиваем числовую ось точками—3,0 и 3 на интервалы.

Ответ: х2, лг4, хв, х8— посторонние корни, х = ± 4; х = 0 корни уравнения.

61. Выбранное число N = Mt+ 8(nk—l), где M-t номер столбца, п^— номер строки, в которых оно стоит. Тогда общая сумма восьми выбранных чисел запишется так:

62. Строим 03М II ЛС, где АС—общая касательная окружностей Ох и 02. треугольниках 0203М и 0\03М (рис. 33) катет 03/И общий. Приняв СМ = х, составим уравнение:

63. Используя свойство касательных к окружности, проведенных из одной точки, легко составить план построения треугольника по трем сторонам. Построение возможно, если — <Ь<а, где b—основание треугольника ABC, а—сумма боковых сторон. Решение единственное.

64. Рассматривая последовательно степени числа 7, замечаем, что последние цифры этих степеней повторяются через каждые четыре, поэтому число, данное в условии задачи, оканчивается цифрой 7.

65. Подсчет проще всего произвести так: внутри тетраэдра — 1 часть, в вершинах трехгранных углов — 4 части, при ребрах—10 частей. Всего 15 частей.

66. Утроив члены первого уравнения и сложив со вторым, данную систему легко привести к двум системам:

Рис. 33

67. Чтобы получить треугольник наименьшей площади, нужно через точку M провести прямую так, чтобы ее отрезок между сторонами данного угла делился в точке M пополам (рис. 34). DME — произвольная прямая. MN\\AB, CK II AB.

Площадь треугольника ЛВС равна площади четырехугольника DBCK, который по площади меньше треугольника BDE. Значит, треугольник ABC имеет меньшую площадь.

68. Для рациональных чисел выполняются следующие неравенства:

Равенство аг+ а2+ я3+ . •. +ап = 1 возводим по частям в квадрат и производим замену удвоенных произведений (всего п—1 раз), получим требуемое неравенство

69. Заменив произведение синусов разностями соответствующих косинусов, получим

Рассматривая совместно эти условия, находим, что данное неравенство справедливо при

В указанных пределах

множитель

поэтому отрицательные значения не рассматриваются.

Рис. 34

1965 год

70. По условию x и у натуральные числа, значит х < 3, у < 2. Единственно возможное значение у= 1, но при у = 1, х—дробное.

71. Опишем около треугольника АБС окружность и продолжим биссектрису угла В до пересечения с окружностью в точке К. Используя подобие треугольников АВК и ВЕС (F — пересечение АС и ВК), легко доказать требуемое.

72. Периметр четырехугольника р < 4. При данном периметре наибольшую площадь имеет квадрат. При данных условиях площадь квадрата меньше 1 кв. метра.

73. Из точки О — пересечения линий центров окружностей Л и С, В и D — опускаем перпендикуляры на касательные. Легко доказать, что они равны, значит, точка О центр окружности, вписанной в четырехугольник, образованный касательными при их взаимном пересечении.

74. Ответ x = 2а.

75. Вводим обозначения: 8 — x = ai, 89 + x =Ь*. Решение уравнения сводится к решению двух систем уравнений:

Ответ: хг==—8, х2=—73.

76. Любой точный квадрат содержит простые множители в четных степенях. Данное число делится на 3, но не делится на 9, следовательно, не является точным квадратом.

77. Второе и третье слагаемые запишем в виде степеней с основанием 27. Число 27 при делении на 13 дает остаток 1. Общая сумма остатков в данном числе 13, значит, данное в условии число делится на 13.

78. Соединив В и D, получаем медиану BD. Продолжив ее за точку D на такое же расстояние, получим точку Сг. Из точки О радиусом ОСх описываем окружность. Проведя А1В1 J_ ВО, получаем на окружности точки Аг и Вг. Соединив средины сторон треугольника А1В1С1, получим искомый треугольник.

79. Ответ: S = Rr.

80. Произведение пяти последовательных натуральных чисел делится на 120. Воспользуемся этим

п (л2—1 ) (я2—Ъп + 26) = (п — 3) (п — 2) (п — 1 ) п (п + 1 ) + 20 (п - 1 ) п (п + 1 ).

81. Делим многочлен на х — 1. В полученное частное подставим х = 1 и результат приравниваем к нулю. Тогда

82. Указание. Записать суммы через члены прогрессии.

83. На гранях тетраэдра всегда получаются правильные треугольники, а потому периметры фигур, получающихся в сечении, равны между собой, периметр каждой фигуры 2а.

84. Треугольник АКЕ равнобедренный.

85. Ответ: 11 корней.

87. Введем обозначения:

Следовательно,

88. Пусть наиболее удаленные точки Л и С. Опишем около каждой круг радиуса 1. Тогда либо AB < 1, либо ВС < 1. Следовательно, точка В попадает либо в круг с центром в точке Л, либо в круг с центром в точке С. Аналогичное положение со всеми точками. Значит, эти два круга включат все данные точки.

1966 год

90. Дробь-сократима на р, значит, al + b = pk и с/ + й = рт, где k и m—целые числа. Умножив первое равенство на с, второе на а и вычтя

из первого второе, получим an — bc=p(am— kc). Это доказывает, что an—be делится на р.

91. Так как все квадраты равны, то стороны прямоугольника окажутся разбитыми на равные части: одна на х, вторая—на у частей. Всего квадратов 13. Следовательно, ху = 13. Так как 13 простое число, то либо х = \, либо у « 1, тогда у = 13 либо X = 13. На 13 равных квадратов можно разбить прямоугольник со сторонами 1 и 13 и ему подобные прямоугольники.

92. По отрезкам — та, —• ть, — тс строим треугольник BMClt Затем, продолжив МСг за точку M на —- та, получим точку Л. Воспользовавшись медианой BN треугольника ВМСг, легко найти вершину С. Треугольник ABC — искомый.

93. Угол в 19° повторяем слагаемым 19 раз. 19° • 19 = 361°. Легко определяется дуга в 1°.

94. Если найдется точка /С, не покрытая кругами, то каждая сторона четырехугольника будет из нее видна под углом меньше 90°, т. е. сумма плоских углов при точке К будет меньше 360°, что невозможно. Следовательно, все внутренние точки произвольного четырехугольника покрываются кругами.

95. Пусть уравнение имеет целые решения. Из уравнения видно, что у — нечетное число, т. е. у = 2я + Ь тогда х2—10яа—10л—6=0. Рассматривая это уравнение, видим, что х — четное число. Пусть х = 2k, тогда 2k2 — —5 я (я-f 1) = 3. Равенство невозможно (разность четных чисел не может равняться нечетному числу). Следовательно, уравнение не имеет целых решений.

96. Находим сумму дробей. Всего промежутков между целыми числами п — т, в каждом промежутке две дроби.

97. Ось симметрии четырехугольника проходит либо через две его противоположные вершины, либо через середины противоположных сторон. В первом случае равны суммы противоположных сторон, т. е. четырехугольник описанный; во втором случае равны суммы противоположных углов — четырехугольник вписан в окружность.

98. Г M середин отрезков есть фигура, образованная пересечением дуг окружностей, проведенных из вершин квадрата радиусами, равными половине длины данного отрезка (г = -i_y

99. Если разбить квадрат со стороной 1 на 25 квадратов со стороной -—, то хотя бы в одном из них будут три данные точки.

100. Пусть р — вес бриллианта; рх, р2, р3,... ,рп—части бриллианта. Тогда цена целого бриллианта kp2= k (рг + р2 + ръ + ... + рл)2.

Цена бриллианта после деления на части

понижение цены бриллианта.

Разность будет наибольшей,“ если будет наименьшей.

Это выражение будет минимальным, если т. е. если хх= х2— *з= ... = хп =0. При этом условии рг=р2— Ръ= • •• = Рп-

101. Допустим, что оба уравнения не имеют действительных корней, т. е

Сложив почленно эти неравенства и заметив

получим

что невозможно. Значит, наше предположение неверно. Хотя бы одно уравнение непременно имеет действительные корни.

103. Указание. Рассмотрите“ остатки при делении на 7.

104. Рассмотрим сумму 5 = 1 + 2 -f 3 +... + 1966, .S — нечетное число; X и у— любые числа из этой суммы. Если вместо х + у записать х — у, то сумма уменьшится на четное число [(л: + у) — (х — у)=2у]. Многократная замена суммы» чисел их разностью не даст никогда нуль.

105. Допустим, что m2+ (m + 1)2= л4+ (п + I)4, где m и п — натуральные числа. Тогда m (m + 1) = п(п + 1) [п(п + 1) +2].

Пусть п(п + 1) = k, тогда т(т + 1) = k(k + 2), где m > k.

После преобразований получим (т — k) m +{т — k) k + {m — k) = k.

Это равенство невозможно, так как каждое слагаемое положительно и среднее слагаемое (m — k)k> k. Наше допущение неверно, т. е. сумму квадратов двух последовательных натуральных чисел нельзя представить в виде суммы четвертых степеней других двух последовательных натуральных чисел.

106. Ответ: — 1 + l/б < х < 5.

107. См. № 100.

108. См. № 104.

109. В любой момент времени каждая команда сыграла не более чем 29 матчей, а всего команд 30. Значит, найдутся две команды, сыгравшие одинаковое число матчей.

ЛИТЕРАТУРА

1. Адамар Ж. Элементарная геометрия. Ч. 1. М., Учпедгиз, 1948.

2. Адамар Ж. Элементарная геометрия. Ч. 2. М., Учпедгиз, 1952.

3. Александров И. Геометрические задачи на построение и методы их решения. М., Учпедгиз, 1934.

4. Антонов Н. П., Выгодский М. Никитин В. В., Сайкин А. И. Сборник задач по математике. М.—Л., Гос. издат. технико-теоретич. лит., 1951.

5. Атанасян Л. С, Гуревич Г. Б., Ильин А. С, Козьмина Т. Л., Редозубова О. С. Сборник задач по элементарной геометрии. М., Учпедгиз, 1958.

6. Баранова И. В., Ляпин С. Е. Задачи на доказательство по алгебре. Л., Учпедгиз, 1954.

7. Васильев Н. Б., Егоров А. А. Сборник подготовительных задач к Всероссийской олимпиаде юных математиков. М., Учпедгиз, 1963.

8. Германович П. Ю. Сборник задач по математике на сообразительность. М., Учпедгиз, 1960.

9. Делоне Е., Житомирский О. Задачник по геометрии. М.—Л., Гостехиздат, 1949.

10. Депман И. Я. Первое знакомство с математической логикой. Л., 1963.

11. Депман И. Я. Рассказы о решении задач. М., Детгиз, 1957.

12. Залогин Н. С. Конкурсные задачи по математике. Киев, Гос. изд. техн. лит., УССР, 1964.

13. Квасникова З. Я., Поспелов А. И., Ермолаева Е. Н., Калиткин Н. М. Сборник задач по геометрии. М., «Просвещение», 1964.

14. Лидский В. Б., Овсянников Л. В., Тулайков А. Н., Шабунин М. И. Задачи по элементарной математике. М., «Наука», 1965.

15. Островский А. И., Кордемский Б. А. Геометрия помогает арифметике. М., Физматгиз, 1960.

16. Радемахер Г., Теплиц О. Числа и фигуры. М.—Л., ОНТИ, 1938.

17. Скопец З. А., Жаров В. А. Задачи и теоремы по геометрии. М., Учпедгиз, 1962.

18. Столяр А. А. Элементы математической логики. Ч. 1. М., «Просвещение», 1964; Ч. 2, М., «Просвещение», 1965.

19. Фетисов А. И. Геометрия. М., Изд. АПН РСФСР, 1963.

20. Черкасов Р. С. Сборник задач по стереометрии. М., Учпедгиз, 1952.

21. Шкляровский Д. О., Адельсон-Вельский Г. М., Ченцов Н. Н. Яглом А. М., Яглом И. М. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Ч. 1. М.—Л., Гос. изд. технико-теор. лит., 1950.

22. Шклярский Д. О., Ченцов Н. Н., Яглом И. М. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Ч. 2. М., Изд. технико-теор. лит., 1952.

23. Шклярский Д. О., Ченцов Н. Н., Яглом И. М. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Ч. 3. М., Гос. издат. технико-теор. лит., 1954.

24. Шустеф Ф. М.. Фельдман А. М., Гуревич В. Ю. Сборник олимпиадных задач по математике. Минск, 1962.

25. «Математика в школе», 1961—1965.

26. «Наука и жизнь», 1962—1965.

СОДЕРЖАНИЕ

Предисловие ................ 3

§ 1. Задачи для арифметического и алгебраического решения ... 4

§ 2. Задачи на выяснение свойств чисел..........6

§ 3. Задачи, решаемые методом исчерпывающих проб . . . . .10

§ 4. Задачи по тригонометрии .......... . 12

§ 5. Задачи и примеры с логарифмами..........15

§ 6. Задачи на вычисление сумм............18

§ 7. Задачи и примеры, содержащие абсолютные величины 22

§ 8. Задачи на доказательство и решение неравенств......26

§ 9. Задачи по геометрии на плоскости (планиметрия).....29

§ 10. Задачи по геометрии в пространстве (стереометрия).....33

§ 11. Задачи на нахождение наибольших и наименьших значений . . .35

§ 12. Логические задачи ......40

§ 13. Задачи, предлагавшиеся на областных математических олимпиадах г. Кирова................59

Решения, указания и ответы............67

Заказное издание

Колмогоров Николай Андреевич

Нагибин Федор Федорович

Чудиновских Вера Васильевна

СБОРНИК ЗАДАЧ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ УЧАЩИХСЯ СРЕДНИХ ШКОЛ К МАТЕМАТИЧЕСКИМ ОЛИМПИАДАМ

Редактор В. И. Егоров Тех. редактор Л. Н. Шлапо Корректор Е. А. Кокорина

Изд. № 6380. Подписано к печати 16/11 1968 г. Бумага бОХЭО'Де — 8,5 печатных=9,64 уч.-изд. листа. Тираж 5000 экз. Заказ № 5039. Цена 58 коп.

Волго-Вятское книжное издательство, г. Горький, Кремль, 2-й корпус. Типография изд-ва «Горьковская правда», г. Горький, ул. Фигнер, 32.