РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Главная страница Математические олимпиады.
Сборники Математики Скачать бесплатно

Если хотите быстро ознакомится с содержанием статей, смотрите ниже.
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно). Если статья Вас заинтересовала, можете скачать оригинал по ссылкам выше. А тексты на страницах сайта Вам помогут находить нужные темы с помощью поисковой формы ниже:

I. Пусть d ^ 1 — наибольший общий делитель числителя и

знаменателя при некотором п. Тогда 21«+4 = sc!; I4n+3 = td.
j 42п +8 = 2sd,
Тогда \ 42п + 9 = 3td,
1 = (3t—2s )d,
но 0 < ~ — 31 — 2s—целое. Отсюда d= 1.
В а р и а н т р еше н и я
Применим алгоритм Евклида
21п + 4 14п + 3 14/г + З 7п+ 1
14н-|-3 1 14/1+2 2
7п + 1 1
Таким образом, числитель и знаменатель имеют при любом п
общий наибольший делитель, равный единице, поэтому они взаимно
просты.
2. В условии задачи неявно требуется, чтобы все подкоренные
значения были неотрицательными. Поэтому следует рассматривать
лишь значения л г ^ у , чтобы 2х—1 ^ 0 . В этой Области
подкоренные выражения для остальных корней также неотрицательны.
Для х + У 2х — 1 это очевидно. Из неотрицательности
квадратного трехчлена
(х— 1)2 = х2—2х + 1 ^ 0
следует, х2^ 2 х —1 , а поэтому хТ ^У 2х — 1
так, что и х—1^2х — llJsO при х^ у .

65 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Преобразуем
У х+ У 2 х — \ = у = У 2х + 2У 2 х — 1 =
= -j7if /2 x — l+ 2 y 2 x — l+ l = -7L/(K2F^T+l)2 =
V 2x — l+ 1
У~2 * У 2
1
“ У 2 ‘
и аналогично
У х—У 2 х ^ Т = у = . V2x — 1 — 1
(берем модули, так как по условию корни положительны).
Рассмотрим определенную при функцию
у = У х + У2х— 1 + У х—V2x — 1 =
= — ^ = ( 1 1 / 2 ^ 1 + 1 1 + 1/ 2^ 1 — 11).
Разобьем область ее определения на два промежутка:
у < 1 и 1 +Г х < + сю.
На первом промежутке
у = — ^ ( ( / 2^ 1 + 1) + ( — / 2^ + Г + 1)) = -р = = / 2 .
На втором промежутке
у = У = Ц \Г ъ Г — 1 + 1) + ( | /2^ = Т — 1)) = / 2 . / 2^ Т .
Итак, мы доказали, что
у = У 2 для у < 1 ;
у = У 2 -У2х — 1 для 1 ^ х < + оо, причем у ^ У 2.
Отсюда следует, что данные в условии задачи равенства имеют
место при следующих значениях х:
а) у = У 2 выполняется для у х 1;

б) у = \ не выполняется ни при каком значении х, так как
У > У 2 ;
в) у = 2 выполняется при х = у3 . так как у3 единственное
решение уравнения У~2-У2х —1 = 2 .

66 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

3 . Перепишем данное равенство в виде:
ocos2x + c = — bcosx. (1)
Тогда для четырех чисел а, Ь, с и cosx выполняется также
о2 4 cos4 х + (4ас—2Ь2) • 2 cos2 х + 4с2 = 0, (2;
которое получается из данного возведением в квадрат и умножением
на 4. cos 2х и cos х связаны соотношением
2 cos2x = cos2x + l. (3)
Подставляя выражение (3) в равенство (2), получим
a2 (cos 2х -f 1 )2 + (4ос—2b2) (cos 2х 1) + 4с2 = 0.
Располагая по степеням cos 2х, получаем:
а2 cos2 2х + (2о2 -ф Аас—2b2) cos 2х + (о2 + 4 ас—2Ь2 -| 4с2) = 0.
Это и есть квадратичное соотношение относительно о, Ь, с и cos 2х.
В случае а = 4, Ь = 2, с = — 1 будет
а2 =16; 2о2 +4пс—2Ь2 = 8,
а2 4ас—2Ь2 -ф 4с2 = — 4.
Мы получаем для cos2x уравнение:
4 cos2 2х + 2 cos 2х— 1 = 0,
а заданное соотношение при о = 4, b — 2, с — — 1 имеет вид:
4 cos2 х-ф 2 cos х—1 = 0 .

Ва р и а н т р еше н и я

Обозначим через ух и у2 корни данного квадратного уравнения.
Очевидно, уг + у2 = — ~ i УУУг = ~ ■ Нам надо получить квадратное
уравнение с корнями zl ~ 2 y \—\ u z 2 — 2y\ — 1. Вычислим
— (zl -j-z2) и zl -z2. Получим:
— О?! + zs) = — 2 (yt + y2)2 + 4 y,y2 + 2;
Zi ■ z2 = 4y\yl—2(y1 + y2)2 + 4 yxy2 -ф 1.
Таким образом, коэффициент при г2 можно взять равным 1, а
коэффициент при г и свободный член—равными полученным выражениям
для -—(z, фг2) и zl -z2, подставив в них — ~ вместо
Hi + и ~ вместо ууу2. Умножая правую часть равенства на а2,
получаем искомое квадратное соотношение. В этом варианте случай
о = 0 требует отдельного исследования.

67 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

4 . Пусть прямоугольный
треугольник ABC — искомый
(рис. 2). Из середины О его гипотенузы
\А В\= с опишем окружность
радиуса — . Как известно,
она будет описанной около
треугольника ABC. Через вершину
С проводим высоту hc.
Вычислим площадь треугольника
ABC:
Рис. 2 5 = у |Л С | ■\BC\ = 4;C.h
По условию | АС |
чит, c-h
\СВ\ = \СО\^ = ~ , H0|4C| — | C £ | = 2S. Зна-
= — |- . Следовательно, hc = -^-. Поэтому вершина С является
одной из точек пересечения окружности, построенной на
отрезке АВ данной длины с как на диаметре, и прямой, параллельной
АВ и отстоящей от АВ на расстояние —■.
5 . 1) Докажем, что прямые AN и BN взаимно перпендикулярны.
Действительно, ANМ = ACM = 45°. Точно так же BNM =
= ВЕМ — АЬ°. Следовательно, AN В = 90° и прямая MN—его
биссектриса (рис. 3).
2) а) Докажем, что прямая ВС проходит через точку N. Соединим
точку В с точкой N и точку С с N. / _ B N А —прямой,
по доказанному. /_CNА также прямой, как опирающийся на
диаметр. Следовательно, CN \_N А и BN _]_NА, т. е. три точки
В, N и С лежат на одной прямой—
перпендикуляре к NA,
проведенном через точку N.
б) Докажем, что прямая AF
проходит через точку N. Соединим
точку F с точкой N, FNВ =
90°, как опирающийся на диаметр
FB. По п. 1) AN_\_BN,
следовательно, точки F и А лежат
на одном перпендикуляре,
проведенном к прямой NB через
точку N.
3) Докажем, что все прямые
MN, при произвольном выборе
точки М на отрезке АВ, проходят
через постоянную точку S.
Из середины отрезка Л В опишем окружность радиуса г = -.

68 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Геометрическим местом точек N будет полуокружность, так как
по п. 1) / _ AN В—прямой, причем MN является его биссектрисой.
Следовательно, все прямые MN проходят через точку S,
делящую пополам дополнительную к ANB дугу АВ.
4) Докажем, что геометрическим местом середин R отрезков
PQ, соединяющих центры квадратов, будет отрезок VW прямой,
параллельной прямой АВ и отстоящей от нее на расстоянии
/г = 1 ^ 1 . Опустим из точек Р, Q и R перпендикуляры РР’,
RR’, QQ’ на АВ. Тогда четырехугольник PP’Q’Q—трапеция, а
I р р ‘ |_1_| Q Q ‘ I RR’—средняя линия этой трапеции, поэтому |RR’ | = ————— . У. t
но \РР’\ = ^ ~ — и | QQ’ | = 1 * , следовательно, |Е # ‘ | =
I A M I + I В М | \ А В I „ _ = J ^ 1 = ■■ 4 1 . Тогда точки R лежат на прямой, параллельной
А В и отстоящей от нее на расстоянии | RR ’ \ = .
Рассмотрим крайние положения точек R, а именно, когда точка М
совпадает с точкой А и когда точка М совпадает с точкой В.
Тогда точка R является серединой отрезков РА и РВ, где Р —
центр квадрата, построенного на АВ.
6 . Пусть трапеция ABCD—искомая (рис. 4), тогда прямые
АВ || CD || р. Таким образом, нужно через точки А и С провести
прямые р’ и q ‘, соответственно параллельные р, и на этих двух
прямых р’ и q’ найти точки В и D—вершины равнобедренной
трапеции ABCD, в которую вписан круг. Если окружность вписана
в трапецию, то | АВ\ + | CD\ = | ,4D| + | ВС\ = 2| AD\. Тогда
| Л Г ‘| = | ЕЕ | (где F’—середина АВ, FF’ j_q’ и Е — проекция А
на CD, рис. 5), поэтому ] АВ | = 2 | AF’ | = 2 1EF \ и | CD | =
= 2 1 СЕ | — 2 \ EF |, откуда 2 | Л П | = 2| £С[ , т. е. [AD\ = \EC\,
и точки D и D’ лежат на окружности радиуса | ЕС\ с центром
в точке А. Чтобы задача имела решение, необходимо, чтобы
\AD\ = \E C \ ^ \F ‘F \ , т. е. т. е. Л С £< 4 5 °.
Это условие является и достаточным.

69 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Отсюда вытекает следующее п о с т р о е н и е . Через точку А
(рис. 5) проводим перпендикуляр АЕ к прямой q’ и из точки А
радиусом, равным | СЕ |, описываем окружность и берем точки D
и D’ пересечения с прямой q ‘. Разделим отрезок CD пополам
и проведем FF’ J_ CD. Точку В получим, отразив симметрично
точку А относительно FF’. Второе решение получим, взяв
вместо D точку D’. Задача имеет два решения, если АСЕ < 45°, и
одно решение (трапеция превращается в квадрат), если АСЕ = 45°.
7. Пусть N—искомое трехзначное число, тогда iV = a-10a +
+ 6-10-j-c, где О^ а , b, c=SC9. Преобразуем
N = 99а + 1 lb + а—Ь-\- с. (1)
Чтобы N делилось на 11, необходимо и достаточно, чтобы а —
— 6 + с делилось на 1 1 *, т. е.
а—b + c — k — 1 1 . (2 )
Поскольку —9 < а —Ь + с ^ 18, то или k = 0, или k= 1. По
условию 1 0 0 а-[- 106 + с = 1 1 -(а2 -рЬ2 + с2).
1 с л у ч ай.
j 9 9a+l lb + a—b+ c= 11 -(a2 + b2 + c2)
\ a—b-\-c = 0 .
Упростим эту систему:
j 9a-\-b = a2 -\-b2 -\-c2
\ b = a-\-c.
Откуда 10a-f-c=2a2 -(-2c2 + 2ac, т. e. с—четное число. Пусть
с = 2п, тогда а2—(5—2п)а + 4«2—п = 0.
Откуда ___________
5—2 п± 1^25—16п—12п2
а 2 •
Действительные значения для а получим при D = 25—16п —
— 1 2 п 2 > 0 . Так как П1 = — 4\ Г91 и п г = ~ 4 ~ / 9 1 — к о р н и
квадратного трехчлена — 12«2—16«-f 25, то £>> 0 при
— 4 — m < [ i < -4_+ g T < b
но по условию п—целое и п ^О , следовательно, 0 ^ п < 1 , т. е.
п = 0. При п = 0, с = 0, а = Ь = 5. Искомое число 550.

70 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

II с л у ч а й .
j а—fc + c = 1 1
\ 99a+l lfc + a—Ь + с = 11-(а2 + Ь2 + с2).
Упростим эту систему:
j 9a + f e + l = a 2 +fe2 + c2
\ а—Ь+с= 1 1 .
Откуда
Ь = а + с—1 1 и 1 0 а + с—1 0 = а2 + (а + с—1 1 )2 + с 2,
или
— 32а + 2а2 + 2с2 + 2 ас—23с + 131 = 0.
Отсюда с—нечетное.
Пусть с = 2п + 1, тогда
а2—(15—2я)а + 4п2—19я + 55 = 0.
Откуда
15—2п ± / 5 + 1 6 / г— 12п2
Действительные значения а получим при D = 5 + 16л—12я2 ^ 0.
~Т ак как пг = —4 +у с/ 3—1— — и п2 — -4——- ^И—з-!——корни квадратного трехчле-
на 12л2— 16л—5, то П = 5 + 16я—12п2^ 0 при п2^ п ^ . п 1 »
т. е . 4—^/ з ! ^ ^ я ■4 + / з Т — ~ 6 —- < 2 , но по условию я—целое и я ^ 0 ,
поэтому или я = 0, или л = 1 . Значение я = 0 не годится, потому
что а = -1-5- -±-— / 5 и ррационально; at = 8, оа2 =с 5 при л = 1 . Если
а = 5, то с = 3, Ь = — 3, что невозможно; если а = 8, то с = 3,
Ь = 0, следовательно, а = 8, Ь = 0, с = 3 и 803—искомое число.
Из решения видно, что других чисел, отвечающих условиям задачи,
нет.

8 . Рассмотрим функцию
i , ч _ 4*2____
‘ ^ — ( 1 _ / Г + 2 1 )2*
f (х) определена для х —у и х ф 0. Умножим числитель и знаменатель
на ( 1 + / 1 + 2 х)2 фО, тогда
f (*) = 4Л2 ((,’+ 1Щ Р ! = ( 1 + V T + 2 x ) \
Теперь заданное неравенство имеет вид:
(1 + / 1 + 2 хУ < 2х + 9, или 2 / l + 2 . v < 7 .

71 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

При а Ч —у возведем в
квадрат обе части пера-
венства с положительными
членами, тогда полу-
. 1 чим при а Ч —у равно-
сильное неравенство
С 4 + 8 х < 49, т. е.
—у1 Ч^ ^ _ 5 а < 5 у , кроме
х— 0 .
П р и м е ч а н и е . Е с л и , к а к о б ы ч н о , д о о п р е д е л и т ь ф у н к ц и ю / (а ) в т о ч к е 0
к а к / ( 0 ) = l im f ( x ) , то д ан но е н ер ав е н с т во спр а в е д ли во и п р и * = 0.
Х — ь 0
9 . Пусть | DE | = у и | ВН | = х, тогда (рис. 6 )
х-(а—х) = h2, (1 )
и пусть HAD = р и DAE = a, тогда ЕАН = а + р. Заметим, что
Из прямоугольного треугольника АНЕ tg (а + Р) = -|I Н Е ^I .
Но | НЕ | = | HD | + 1DE |, | HD | = | BD\ — \ВН |, a \BD\ =
п — l — “75—а- 2 п
Откуда \НЕ\ = ^ ~ — а—х, a |# D п— 1
2 п ■а—х.
Поэтому
Н Е I
п-±1,
2 п t g ( « + P ) = j y 4 = — — , tg p =
Подставив эти выражения в (2), получим
п— 1
~2п -а — х
w+ 1
2 п а — х t g a —
п— 1
2 п
п— 1
~2п ■а— х
— t g a
откуда
tg a п — 1
2 п афх — п+ 1
~2п~ а—х ;
я2 1
AM —- т—с — С2 — ОХ + Х2 а 4 п2 t ga ,

72 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

но в силу (1 ) х*—ах =
= —h2, поэтому
а (п2— 1 ) ‘
10. Ан а л и з . Пусть
A ABC — искомый (рис.7).
В нем ha, hb, та—данные
отрезки. Если из точки
Я —середины ВС провести
В F Я
Рис. 7
С
H D ± A C , то HD || BE.
Следовательно, HD—средняя линия треугольника ВЕС. Значит,
Отсюда ясен план построения. По ha и та можно построить
ДЕЛЯ. Далее находим точку D, как точку пересечения окружности
диаметра \А Н \—та с окружностью радиуса ~ с центром
в точке Я.
Последнее следует из того, что Д ADH—прямоугольный
с прямым углом D и гипотенузой АН и что DH — у . Найдя
точку D, можно провести АС. После чего точка В строится как
симметричная с С относительно Я.
По с т р о е н и е . На произвольной прямой MN берем точку F
(рис. 8 ). Через F проводим перпендикуляр \FA\ — ha к этой
прямой. Из точки А описываем окружность радиусом та. Если
та > т 0 окружность пересечет прямую MN в двух точках Я
и Я ‘. В противном случае задача не будет иметь решения.
Соединим Л с Я; | ЛЯ| = т а. На ЛЯ, как на диаметре, строим
окружность и из точки Я проводим окружность радиусом ~ .
Если Ц < та, то эта окружность пересекает окружность с диаметром
ЛЯ в двух точках D и D’. Если ~ ^ т а, то задача не
имеет решения. Мы рассматривали случай ~ < та. Проведем
прямую AD. Она пересечет MN в некоторой точке С. На этой
же прямой построим точку В, симметричную точке С относительно
точки Я. Треугольник Л ВС—искомый. Действительно,
в нем высота \AFf — ham, \АН\ = та—медиана, так как Я по
построению—середина основания ВС треугольника ABC. Проведем
BE ± AC. BE—высота треугольника ABC, проведенная из
вершины В. \НО\ = ~ —средняя линия треугольника ВЕС, еле-
I B E ! довательно, |ЯЯ| = ^-2 -А Отсюда | BE\ = hb.

73 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

D’, и построим точку В’, симметричную с С’ относительно Я.
Действительно, в треугольнике С’АВ’ высота \AF\ = ha, медиана
\НА | = та. Проведя В’Е’ J_ АС’ , получим, что В’Е’ || HD’ , HD’—
средняя линия треугольника С’Е’В ‘. |Я Р ‘ | = — В^ — . Но |Я Р ‘|=
= у , так как окружность с центром Я, на которой лежит
точка D^ , проводили радиусом >‘ь . оЗ начит, -hbf = -I —В’gЕ—’\ е-
| В’Е’ | = hb. Еще два решения получим, если в качестве медианы та
возьмем отрезок АН’. Но последние два треугольника будут отличаться
от уже построенных только расположением. Они будут
симметричны построенным относительно высоты AF.
Таким образом, задача имеет два и притом существенно различных
решения при условии, что та > ha и та > у .
II. Докажем пункт б).
б) Если X совпадает с A, a Y с В’, то условию удовлетворяет
I S ‘ Е I 2 точка Е (рис. 9), делящая отрезок АВ’ в отношении ■ |^ £ | — у •
При совпадении X с точкой С, a Y с В’ условию удовлетворяет
I B E ‘ I 2 точка Е, делящая СД’в отношении-j-^=rp = — Если X перемещается
по AC, a Y совпадает с В’ , то геометрическим местом
точек, удовлетворяющих указанному отношению, будет EF. Действительно,
ДД’ЕЕ гомотетичен треугольнику В’АС. Поэтому
отрезок EF есть геометрическое место точек, удовлетворяющих
тому же условию, что и точки Е и F.

74 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Аналогично строится геометрическое
место KL в плоскости
D’AC. Соединив К с F, a L с
Е, получим две пары гомотетичных
треугольников: Д CKF оо
ооДСО’В’ и Д АЕЬы Д AD’B’.
Точки отрезков KF и EL принадлежат
искомому геометрическому
месту точек. Это следует из
того, что ДСА77 гомотетичен
Д С Ь ‘Д ‘ и Д AEL гомотетичен
Д AD’B’ с коэффициентом гомо-
1 тетии — j .
Таким образом, контур четырехугольника
весь принадлежит
искомому геометрическому месту точек. Любая внутренняя точка
четырехугольника EFKL также принадлежит этому геометрическому
месту точек. Действительно, возьмем на АС произвольную
точку X, а на D’B’—точку Y. Покажем, что точка Z, делящая
I Y Z I 2 отрезок X V в отношении jy y j = у , принадлежит четырехугольнику
EFKE. Для этого через АС и Y проведем плоскость. Она
пересекается с плоскостями D’C’B’ по CY и с AB’D’ по AY.
И следовательно, пересекает плоскость четырехугольника по
искомой прямой MN. Д YMN гомотетичен Д YCA. Легко пока-
2 зать, что их коэффициент гомотетии у . Прямая X Y лежит
в плоскости этих треугольников. Она выходит из центра их гомотетии
Y. Значит, отрезок X Y пересекает прямую MN, параллельную
основанию в некоторой точке Z, и делится в ней в отношении
2:1, но на X Y может быть только одна точка, делящая
этот отрезок в указанном отношении. Значит, эта точка совпадает
с Z, т. е. точка Z, делящая X Y в отношении 2:1, принадлежит
плоскости четырехугольника EFKE. Покажем, что любая
внутренняя точка Z четырехугольника EFKF принадлежит некоторому
отрезку с концами на АС и D’B’, который делится в этой
точке в отношении 2:1. Проведем через АС и Z плоскость. Она
пересечет EFK.E по некоторой прямой MN || ЕВЦ KF. Причем,
так как Z—внутренняя точка четырехугольника, то MN проходит
между КЕ и EF, следовательно, точки ее пересечения с LE
и FK лежат внутри этих отрезков. Поэтому эта плоскость пересекает
CD’В’ и AD’B’ по прямым, идущим внутри углов D’CB’
и D’АВ’, т. е. она пересекает отрезок D’B’ в некоторой внутренней
точке Y. Из рассмотрения / \ Y M N и ДКСЛ очевидно,
что \YZ\-.\XZ | = 2:1.
В заключение покажем, что EFKL—прямоугольник, и найдем
его стороны LK || EF || AC. LK = EF. Это следует из гомоРис

75 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

тетии соответствующих треугольников и равенства коэффициентов
гомотетии. EL\\KF\\D’В’ — аналогично. Но AC}_D’B ‘. Значит,
EFKL—прямоугольник.
\K F \= \L E \= U D ‘B ‘ \ = \EF\ = \LK\ = ~ \ A C \ = ^ — ^ .
Рассмотренная задача допускает обобщение на произвольную
Ееличину отношения I\ Yx zz \I ‘ ^ггР ичем приведенное доказательство
полностью сохраняет силу. В a) \Y Z \ : \X Z \= \ .
12. (Рис. 10.) а) Ан а л и з . Предположим, задача решена.
Тогда СВ виден из точки Р под прямым углом. Значит, точка Р
лежит на окружности диаметра СВ.
По с т р о е н и е . На СВ, как на диаметре, описываем полуокружность.
Р х и Р 2—точки ее пересечения с осью EF. Через эти
точки пройдет и полуокружность, построенная на AD (это следует
из того, что EF—ось симметрии трапеции).
Заметим, что Р , и Р2 обязательно лежат внутри отрезка EF.
б) | ЕР1\^=х, \FP1\ = h—/х\ , /1V = 2—как углы с взаимно пер-
пендикулярными сторонами. £ = Р = , Д ЕРгС cv> Д FPXB,
I Е Р 1 1 I Е С |
Д
2
\ F B \ I P ^ I * а_ h ~ x ’
2
fix—x2 — — ; x2—/ix + ^ = 0 ;
в) Если h2 > ab, задача имеет два решения, окружность пересекает
ось симметрии трапеции в двух точках.
В случае h2 = ab задача имеет одно решение. Окружность
касается оси симметрии.
Если h2 < ab, то задача не имеет решений. Окружность не
пересекает оси симметрии.
Решение возможно при №~^ab.

76 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

13. (Рис. 11.) Пусть 2а— угол при вершине сечения конуса
и г—радиус вписанного в конус шара, тогда объем конуса:
VK = ^ f , (1 )
где а = |DC| и h = \BD\, но |БП| = | Б О | + |OD| = — ^ ^ + r =
= ‘ (1 + £ina), I DC | _ Л (1 + sin a) tg a.
sin a 1 1 sin a °
Подставив найденные значения в формулу (1), получим:
. . л г3 ( 1 -f-sin a ) 3 лг3 ( 1 + sin a ) 2 ,п\
“ 3 s i n a — c o s 2a 3 s i n a ( l—sin а ) ‘ ‘ ‘
Объем цилиндра, описанного вокруг шара радиуса г, равен
У и = 2яг3 (3)
(высота цилиндра равна 2г).
Пусть %L = k, тогда
Теперь, наоборот, выразим sin а через k. Получаем квадратное
уравнение
(1 + 6 /е) sin2a + 2 (1—3k) s in a — f 1 = 0. (4)
Оно имеет действительные корни тогда и только тогда, когда
D = (l — 3k)2—( l+6 f t )>0 .
Таким образом, /г ^ у и, следовательно, равенство VK = Vn
места не имеет.
При k = ^ получаем sina = -^- и \OB\ -3 r .
Угол а строится как угол прямоугольного треугольника с противолежащим
катетом, втрое меньшим гипотенузы.
14. ( x + y + z = a, ( 1 )
x2 + y2 + z2 = b2, (2 )
ху = z2. (3)
Из соотношений (2) и (3) получаем, что
(x+y)2 = b2 + z2,
а из (1 ) следует, что (х-\-у)2 = (а—z)2, откуда а2—2 az = b2, т. е.
a2— b2
2 а ‘
Подставив (4) в (1) и (3), получим
с2 + Ь2
Х+У = ~ 25“ !
(4)
= (5)

77 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

откуда
a2 + b2 У I0a2b2— За4 —364 .
XU2— 4а 4 а ’
а2+ 6 2 _ К 10а262—За4—364 .
Уь г 4а + 4а I
а2 — Ь2
Zl-2— 2а *
Ис с л е д о в а н и е . Чтобы корни были положительны, необ-
С2 1 £ 2 ходимо х + у — — ■- > 0, откуда а > 0. Корни (5) будут действительные
и различны, когда подкоренное выражение D =
= (а2 + Ь2)2—4 (а2—Ь2)2 = Юа2Ь2—-За4 — ЗЬ4 > 0. Решая это квадратное
неравенство, находим необходимое условие -р= <]»£»}<
< У~3. Значения х н у при этом автоматически оказываются
положительными, так как D < (а2 + Ь2)2. Из выражения (4) для z
вытекает, что z—положительно при а > 0, когда а2 > Ь2. Таким
образом, величина а должна изменяться \Ъ | < а < \Ь |К З .
15. По формуле Герона S площадь треугольника равна
с / а + б + с а + Ь— с а + с— 6 Ь-\-с— а
V 2 «1 2 2 ’
где все сомножители положительны. Поэтому для оценки произведения
(a + b—с)(а + с—b)(b + c—а) можно применить нера-
x + y + z з / ^ ( x + y + z)3 венство g 7^ у хУг > или хуг ‘ ”7’ .
Положим х = а + Ь—с; у = а + с—b; z — b + c—а и получим:
4S = V(a + b+c) (а + b—с) (а+с—b)(b + c—a) +L
< / ( , + » + „ f c t ± t a : _ f c ± i ± « _
_ 3a2+3fc2+ 3 c 2—(a—b)2— (b— с)2—(с— а)2 ^ а2 + Ь2+ с 2
3 У з ^ У Ъ ’
причем знак равенства достигается при а = Ь = с. Что и требовалось
доказать.
(6 . 1) Пусть сначала п—четное, т. е. п — 2т, тогда cos2mx ^
= l + sin2mx, поскольку cos2mх ^ 1 ^ 1 + sin2mх, то sinx = 0 и
cosх = ± 1 , т. е. х = /от, /г = 0 ; + 1 ; ± 2 ; . . .
2) Пусть теперь п—нечетное, т. е. n = 2m + l, причем т ^ 1.
Тогда
cos2m+ 1 х—sin2m+1x = cos2m+ 1 (—х) + s in 2m+ 1 (—х)= 1
при х ф к ~ , | cos (— х) | < 1 и | sin (— х) | < 1 , тогда

78 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

I cos2m+ 1 (— x) -f sin2m+ 1 (— x) К I cos2m + 1 (— x) I + 1 sin2m+ 1 (— x) | <
^ | COS2’” » 1 (— x) | cos2 (— x) + 1 sin2m_ 1 (— x) | sin2 (—x) <
< cos2 (— x) + sin2 (— x) = 1 .
Следовательно, решение может быть только вида x = f t y , и притом
только такое, когда одно из слагаемых равно 0 , другое —1 .
Отсюда первая серия решений x = 2kn, вторая серия x = 2kn—
k = 0] + 1 ; + 2 ; . . .
3) Пусть п= 1, тогда cosx—s i n x = l . Возведем обе части
этого уравнения в квадрат. Получим cos2x—2 cos х sin х -f-
4-sin2 x = l , т. е. 2cosxsinx = 0. Решения последнего уравнения
J t суть х = k у . Но только часть из них будет решением исходного
уравнения, остальные являются корнями уравнения з cos* —
— sinx = — 1 . Ясно, от 0 до 2л решениями будут 0 и у л . Следовательно,
имеется две серии решений:
Jt x=2kn; x = 2kn— k = 0\ ± 1 ; ± 2 ; . . .
17. Проведем медианы РгМг, Р2М2 и PSMS треугольника
(рис. 12). Они разбивают его на шесть треугольников вида SP^Mj,
где S—центр тяжести. Когда точка Р совпадает с S, то
1Р1Р\-.\РМ1\ = \Р2Р\-.\РМ2\ = \РаР\ : \РМа\ = 2:1.
Пусть Р отлично от S. Тогда Р лежит внутри или на стороне
одного из треугольников разбиения. Для определенности положим,
что это Д РДЛ12. Разделим стороны Р2Рг и P tP 3 в отношении
2:1 точками S12 и S3]. Очевидно, SS121| Р ^ з и SS3 1 1| Р2Р3, Д P1SM3
лежит внутри трапеции Прямая P2Q2 пересекает SSla
в точке А2между Р2 и Р. Отсюда | Р2Р |:| PQ2| > | Р2А2\:\ A2Q2\ =
= 2:1. Аналогично, £±P1SM2 лежит внутри Д PtSSsl. Прямая
PtP пересекает прямую SS31 в точке Alt в этом случае внутри
отрезка PQlt а не внутри РХР

79 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Отсюда
\P1P\ : \PQ1\< \ P 1A1\:\A1Q1\ = 2:l,
/ \А В С—искомый, тогда АМ С = л—t o > y ,
что и требовалось доказать.
18. Пусть
L—середина АС (рис. 13). Отрезок ML — средняя линия / \АВС,
он равен у . Отсюда следующее построение.
На \АС\ — Ъ строим сегмент (рис. 14), вмещающий АМС —
— л—о, и из середины L отрезка АС проводим окружность
радиуса у . Точки пересечения окружности и сегмента—искомые
точки М. Соединяя М с С и откладывая на этой прямой от
точки С отрезок, равный 2МС, получим точку В.
Ис с л е д о в а н и е . Для того чтобы решение существовало,
необходимо и достаточно, чтобы окружность пересекала сегмент.
Пусть О—центр сегмента (рис. 15), вмещающего /_ АМС, поскольку
to < у , то точка О лежит относительно сегмента по другую
сторону хорды АС. Пусть ОН ]_ АС—радиус, делящий
сегмент и хорду АС пополам, М — искомая точка пересечения,
лежащая для определенности на дуге АН (а не на СН).
B& O LMR = \ O A f | < |O L | — f
+\LM\ = R — \H L \+ у , т. е.
Ь , со ^ с Ь . со
Y tg 2 ’ ГДе 1ЯЬ1= Т tg ~2 —
высота сегмента. Рассмотрим
Д АМС и Д АМВ. Сторона AM
у них общая и | ВМ | = | МС |.
По условию ВМА =
= to < 90° < 180°—to = СА1Л.
Поэтому b = | АС | > | АВ \ =с
Ь . с
и 2 ^ 2 ‘
Условия у t g y < у < у необходимы.
Но они же и достаточ-
Q
ны. Если радиус | LM | = у <
< Y = \LA\, то граничная точка
А сегмента лежит вне
окружности L , а если вы-
h = Рис. 14 сота сегмента , о ,
tg-9 <

80 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

< Y ‘ то вершина Н сегмента лежит внутри окружности
L. Поэтому где-то между А и М они пересекутся. Симметричная
относительно линии центров ОН точка пересечения будет
лежать на \j CH. В предельном случае, когда Л = у , окружность
и сегмент только касаются М = Н, Д АМС—равнобедренный,
В А || ML _1_ ВС, так, что / \А В С—прямоугольный с прямым
углом В. Предельный случай в другом условии у = -|-Дае,г тРе*
угольник, вырождающийся в отрезок, точка М совпадает с А,
и вершина В лежит на продолжении АС.
19. Выберем систему координат следующим образом: О—произвольная
точка плоскости е (рис. 16), ОХ — произвольная прямая
в плоскости е, 0 Y—перпендикулярна ОХ и лежит в плоскости е,
0Z—перпендикулярна плоскости XOY. Тогда точки .4, В, С будут
иметь координаты А(хг, у1У 2а), В (х2, у2, 2Ь), С(х3, у3, 2с), где
среди чисел а, Ь, с хотя бы два различны. Точка 5—центр тяжести
треугольника ABC имеет координаты
с f Х1 + Х 2 +Х 3 . 1/1 -| у3-\~ Уз . 2 (а I 6 + с ) \
I, 3 ’ 3 ’ 3 ) ■
Точки А’, В’, С’ будут иметь координаты: А’ (х[; у[\ 0);
В’ (х’2; у’2\ 0); С’ (х3; у3, 0), а середины отрезков АА’, ВВ’, СС’
точки L, М, N.
, ( хг <гх[ . уг + у \ . \ .
\ 2 ’ 2 ’ ) ’
M ( h ± 4 . Уг+У*.-‘ b y , n ( ^ ± ^ — , с ) .
Пусть G—центр тяжести / \LMN , тогда G имеет координаты:
X i \ — Х2-\-X3- \ -X i-\-х2-\-х3 _ У\ \ У 2 Т Уъ \ У\ Ч- У% ! У’Л .
2^3 ’ 2-3
CL —р Ь -\ С
3 *

81 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Следовательно, точки геометрического места будут лежать на
плоскости г = д д ^ с(*), параллельной плоскости е и делящей
пополам расстояние от S—центра тяжести Д ABC до плоскости е.
Покажем, что любая точка плоскости принадлежит геометрическому
месту. Для этого возьмем произвольную точку G в плос-
кости (*) ОS’ fд~, ~у, с— + бg— + сХJ и покажем, что существуют в плоскости
е точки А’ (х[, у[)\ В ’ (х2\ у’,); С’ (х’3\ y ’s). Координаты точек
А’, В’, С’ определим из соотношений
~ Xl -\-X2-\-Xs-yXi-\-X2 \-Xs .
6 ’
7 7 У \ \ У ч \ — У я 1 j/i ! У 2 | Уя
У — Q .
где (хг\ уг), (х2; у2), (х;3; у я) — заданы. Задав произвольно х’2\ х’3,
определим из первого соотношения х[, задав произвольно у’2\ у’3,
определим из второго соотношения у\.
2 0 . I способ . Пусть т—удовлетворяет условиям а) и б):
т = а1а2. . ■ап_16 ;
k = Am=6a1a2. . .ап_г.
Так как последняя цифра числа т есть 6 , то последняя цифра
числа k = 4m равна 4, т. е. й„ _ 1 = 4. Подставив в т значение
а„ _ 1 = 4, умножив т на 4, найдем, что ап_2 = 8 . Подставив в т
значение ап_2, найдем, что ап_3 = 3 и т. д., пока не получим
цифру 6 в числе 4 т . Найденное число 153846 удовлетворяет
условиям а) и б), а никакое меньшее не удовлетворяет.
II способ. Пусть m — ajflj . . . с„_1 6 , тогда его можно представить
в виде т= Юя + б, где х — а1а2. . . а п_г—целое число
и имеет п—1 —у десятичных знаков. Поэтому
4(1(к + 6 ) = 6 — 1 (У+х,
т. е.
39х = 6 (Ю6’—4),
или
13х = 2(10*’—4).
Значит, 10^—4 делится на 13.
Рассмотрим 6 , 96, 996, 9996, . . . и будем искать среди них
наименьшее, которое делится на 13 без остатка. Это будет число
99996= 13-7 692. Поэтому у — 5. Из уравнения находим х= 15 384.
Искомое число будет т= 153 846.
Действительно, имеем
4-153846 = 615384.

82 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

21. По смыслу задачи берется арифметическое значение корня.
Он определен лишь для неотрицательных чисел и сам неотрицателен.
Поэтому 3—х ^ О и х + 1 ^ 0 , т. е. —1 4 * 4 3 .
Рассмотрим неравенство
(У з^ _ )/-]Г ГТ )2> | . (1)
Оно является следствием исходного, но не равносильно ему, так
как неравенству (1) удовлетворяют также все х, являющиеся решением
неравенства
_ ( / з = ^ _ | / 7 + Т ) > у .
Таким образом, решением исходного неравенства являются те
и только те решения неравенства (1), при которых разность
У 3—х—V х + 1 положительна.
Решением неравенства У 3—х—j / x + l ^ sO будут, как легко
видеть, х 4 1.
Поскольку неравенство —1 ^ х ^ З также должно быть выполнено,
х надо рассматривать лишь в промежутке —1 4 4 4 1 —
При таком х мы можем решать вместо данного неравенство (1).
После упрощений получим
15 1/3—х — ] /х 4 1 < у .
Возведя в квадрат и упростив, получим:
64х2— 128×4 33 > 0 . (2)
Это неравенство равносильно исходному при —1 4 4 4 1, так как
в этом промежутке оба подкоренных выражения неотрицательны.
Тогда
хх = 1 и x2 = 1 + — ^ —
— меньший и больший корни уравнения 64х2—128×433 = 0.
Тогда (2) имеет место при х < хх и х > х2. Сопоставляя эти неравенства
с условием —1 < х < 1, окончательно выводим, что
— 1 1 Vzi 1 4 x 4 1 g— •
Наметим второй способ решения задачи 21.
Будем рассматривать —1 4 * 4 3 . Теми же, что и в первом
решении, преобразованиями получим:
ЛХ J — 11 — Жt, . } Лх>2 — 11 +Г Жо ■
Заметим, что У’З— хг—У х , 4 1 =т д . Теперь, не касаясь вопроса

83 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

о тождественности преобразований, будем рассматривать исходное
неравенство. Очевидно, при х > хх\
У 3—х < У 3—хх, а У х -f- 1 > У х 1 + 1 »
и поэтому
У з—х—V x + l < У З —хг—y x 1 + l= — j .
Аналогично, при х<.х г получим У З—х—Ух-{-1 ~ . Поэтому
решениями будут:
Массовой ошибкой в решении задачи 21 было отсутствие доказательства
равносильности получаемых неравенств исходному.
2 2 . Обозначим центр грани АВВ’А’ через 0 г (рис. 17), центр
ВВ’С’С—через 0 2, центр ABCD—через 0 3. Докажем, что геометрическое
место точек Z—середин отрезков X Y—есть ломаная
OjOoCOgOj. Пусть А — начало координат; АВ, AD, АА’—соответственно
оси х, у, г\ | АВ | = | AD \ = \ А А’ | = 1. Разделим время,
за которое точка X проходит путь ABCDA, на четыре равные
части и возьмем полученное время в качестве единицы измерения.
Известно, что если точка К движется прямолинейно, равномерно,
то зависимости ее координат от времени линейны, и, наоборот,
если зависимости координат точки К от времени линейны,
то К движется прямолинейно, равномерно.
Известно, что если Т—середина отрезка ОР, 0= ( х 1; уг\ z j,
Р = (х2; у2; z2), то Т = ( ^ ; ^ ± У г ; .
Составим, используя сформулированные утверждения, следующую
таблицу зависимости координат точек X, Y, Z от t (с. 85).
При t = 0, 1,2,3,4, как легко видеть, Z занимает положение Ог\
02; С; 0 3; 0 г, а на отрезках
между ними координаты Z изменяются
линейно, т. е. Z вырисовывает
в пространстве отрезки
0 i0 2; 0 2С; С03; 0 30,, значит, Z
движется по ромбу O^COgC^.
При других способах решения
нужно было доказать обратное
утверждение, а именно, если точка
М лежит на ломаной, то точка
М является серединой отрезка
XY. Отсутствие доказательства
этого утверждения было характерной
ошибкой в решении этой
Р и с . 1 7 задачи.

84 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

2 3 . Применяя формулы
2 cos2 х = 1 + cos 2х, 2 cos2 2х = 1 + cos 4х,
получим
cos 2х + cos 4x + 2 cos2 3x — 0.
Используя формулу для (cosa + cos P), получим
2 cos 3x- c o s x + 2 cos2 3x — 0,
или
2 cos 3x (cos x + cos 3x) — 0,
2 cos 3x-2cos2x-cosx = 0. (1)
Решениями уравнения (1) являются
хг = ^ + пк\ 2х2 = у + я £ ; Зх3 = у + я ^ ,
или
Х х = у + я^; x 2 = Y + Y k > +
где k = . . . , —2, —1 , 0 , 1 , 2 , . . .
Следует заметить, что первая серия значений содержится
в третьей.
2 4 . В выпуклый четырехугольник (рис. 18), последовательные
вершины которого суть точки А, В, С и D, как известно, можно

85 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

вписать окружность, тогда и
только тогда, если
I AD |+ | ВС | = | АВ | + 1 CD |.
Пусть для определенности
| АВ | ^ | ВС | и, следовательно,
| АВ | — | ВС | =
= \AD \—| CD | ^ 0.
Тогда задача сводится к построению
треугольника ACD по
основанию, углу ADC, равному
я—ABC, и разности | AD\—
— | CZD |. Предположим, что задача
решена и Д ADC построен.
Отложим от точки D отре-
Д CDE—равнобедренный.
CED п — A D C A B C
АЕС= я- А В С
Отсюда вытекает следующее построение. На отрезке АС по
другую сторону от В строим сегмент, вмещающий угол АЕС, рав-
А В ныи я- С и из точки А проводим окружность радиуса
|АВ|—| ВС |. Точка пересечения сегмента и окружности (она
всегда существует, так как |ЛВ|<| . 4С| , ибо | А В |—|ВС|<
< | АС | ) есть искомая точка Е. Продолжим АЕ до пересечения
с заданной окружностью, получим искомую точку D. Задача
всегда имеет единственное решение на дуге АС, не содержащей
точку В. Если | АВ | = | ВС |, то получим точку D как пересечение
биссектрисы угла ABC с окружностью.
В решении задачи некоторые участники не указывали, как
выбрать нужный сегмент. А в алгебраическом способе решения
не доказывали, что решение существует.
2 5 . Пусть |.4В| = |ВС|. Обозначим М—центр описанной
окружности, S—центр вписанной окружности, D — вторая точка
пересечения прямой CS с описанной окружностью. Докажем, что
Д ADS—равнобедренный (рис. 19). Очевидно, BCS = SCA =
= SAC = SAB\ но DAB = SCB, следовательно, эти пять углов
равны между собой. Кроме того, DSA =SAC + SC 4 . Поэтому
DAS = DSA и | AD \ = | DS |. Пусть Е—вторая точка пересечения
прямой DM с окружностью, Т—основание перпендикуляра,
опущенного из S на АС,

86 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Рассмотрим Д CST и Д ADE\
^Т 5 = 90°, DAE = 90°, SCA=DEA.
Поэтому Д CST со Д EDA и
С51: |5Т | = | DE\: \ AD |; | 5 Г | = р,
ED\ = 2r\ | /4D| = |5D |, как выведено
ранее.
Следовательно, | CS \ ■ | DS | = 2гр.
Проведем через М и S диаметр
X Y описанной окружности. Для определенности
будем считать, что точ-
ка X — конец радиуса, находящийся
ближе к точке S. Тогда | XS | = г—d,
а |У 5 | = г + ^. где d = |5Af|— рас- Рис. 19
стояние между центрами.
По известной теореме | SC | • | SD | = | SX | • | SY |, следовательно,
2 /-p = (r—d)-(r+d) и d2 = r ( r—2 р), т. е. d = V r ( r—2 р).
Можно проверить, что незначительное изменение предложенного
решения дает вывод формулы d = Уг (г—2 р) (известной под
названием формулы Эйлера) для произвольного треугольника.
Все участники олимпиады, решавшие эту задачу, непосредственно
вычисляли длину отрезка SM, пользуясь тем, что он лежит
на оси симметрии ВТ равнобедренного треугольника ABC. Их характерная
ошибка — рассмотрение конкретного чертежа с порядком
следования точек BMST, в то время как при В > 60° порядок следования
изменяется на BSMT и далее на BSTM. Данное здесь
решение, очевидно, применимо ко всем случаям.
2 8 . Пусть сфера Q касается всех прямых, на которых лежат
ребра тетраэдра SABC. Тогда Q пересекает каждую грань тетраэдра
по вписанной или вневписанной в соответствующий треугольник
окружности. При этом окружности, лежащие в гранях,
смежных по данному ребру, имеют общую точку, в которой прямая,
содержащая данное ребро, касается сферы. Другими словами,
в двух гранях, смежных по данному ребру, точка касания окружностей
с этим ребром или его продолжением—общая.
Во зможны д в а с л у ч а я :
1. Точки касания сферы лежат внутри каждого ребра. В этом
случае все окружности касаются самих сторон треугольников,
т. е. являются вписанными.
Касательная сфера Q (рис. 20) должна проходить через точки
Р, Q, R касания вписанной в Д ABC окружности с соответствующими
сторонами ВС, С А, АВ, а также через точку X касания
со стороной 5Л окружности, вписанной в Д SAB. Очевидно,
точки Р, Q, R не лежат на одной прямой, и точка К не лежит
в плоскости PQR. Через четыре точки R, Р, Q, R, не лежащие
в одной плоскости, можно провести сферу и притом только одну.
Поэтому, если существует сфера первого типа, то только одна.

87 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

2. Хотя бы одна точка касания
сферы лежит вне ребра. Для
определенности будем считать,
что это ребро S4 и что точка
касания Кг лежит за точкой А
(т. е. ‘А лежит между S и /Q .
Тогда окружность 0 lt касающаяся
прямых S.4, SB и АВ,—
вневписанная и лежит по другую
сторону прямой АВ, чем вершина
S. Поэтому Oj касается
самого ребра АВ в некоторой
точке R и продолжения ребра
SB в точке Ьг за вершиной В
(считая от S). По тем же соображениям
окружность 0 3 в пло-
Рис. 20 скости SCA, касаясь прямой
5.4 в точке касается самого
ребра С А (находясь от него по другую сторону, чем 5) в некоторой
точке Q и продолжения ребра SC в точке Мг за вершиной
С (считая от 5). Наконец, окружность 0 2 в плоскости SBC
касается прямых SB и SC в точках L1 и АД и самого ребра ВС
в некоторой точке Р. Таким образом, наша сфера второго типа
касается трех ребер грани ABC и продолжений ребер S.4, SB и
SC и притом в точках, лежащих соответственно за А, В и С
(считая от S).
Повторяя рассуждения п. 1, доказываем, что существует не
более одной сферы второго типа, касающейся ребер данной грани
ABC и продолжений ребер, исходящих из противолежащей вершины
S. Поэтому общее число сфер второго типа не превышает
четырех.
Пусть существуют все пять сфер. Обозначим длины ребер тетраэдра
SABC:
|Sj4 | = а, \SB\ = b, | SC | = с; \BC\=a ‘ , \AC\ = b ‘ , \AB\ = c’.
Пусть К, L, M, P, Q, R —точки касания сферы первого типа.
Тогда | SR | = | SL | = | SM |, | AR\ = I-4Q | = | AR |, |BL |= |BP |=
= \BR\, |CM| = |CP | = |CQ| , а т а к как | AR \ + | RS \ = | .4S |,
| ВР| + | PC | = j ВС | и т. д., то имеют место равенства
а-{-а’ = Ь-\-Ь’ = с + с’. (1 )
Рассмотрим сферу второго типа, соответствующую грани ABC.
Тогда в тех же обозначениях имеем:
| S/Cx 1—1 1 = 1 I; | В Р | + | РС| = |ВС| ; \SL1\~ \B L l \ = \SB\-,
l-4Q| + |QC| = | 4C| ; |S 4 i 1 | — |C M 1| = | S C| ; | .4P| + |PB| = |.4B|,
откуда
а—а’ ^=Ь—Ь’ = с—с’.

88  РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Сравнивая (1) и (2), получаем:
а = Ь = с, а’ = Ь’ = с’.
Если рассмотрим также и сферу второго типа, соответствующую
грани SAB, получим, что с’ = а — Ь.
Мы доказали, что тетраэдр правильный. Остается показать,
что для правильного тетраэдра существует пять таких сфер.
Обозначим через О центр правильного тетраэдра SABC. Сфера
О с центром в точке О, проходящая через середину одного ребра
тетраэдра, будет проходить через середины остальных пяти ребер
и касаться всех ребер тетраэдра. Подобным преобразованием
с центром S и коэффициентом 3 эта сфера переходит в сферу £2,
которая, как легко видеть, касается всех ребер тетраэдра и есть
сфера второго типа.
Таким образом, можно построить сферу для каждой вершины
тетраэдра.
В этой задаче многие участники доказывали только второе
утверждение. В доказательстве первого утверждения исходили
из того, что сферы уже нужным образом расположены.
2 7 . Данное уравнение равносильно следующей системе:
В самом деле, очевидно, что из данного уравнения следует
система (1 ), в то же время из системы (1 ) следует:
Так как левая часть неотрицательна, то знак модуля можно
опустить, но второе условие системы (1 ) говорит, что х также
неотрицательно, поэтому можно опустить знак модуля и в правой
части. В итоге мы придем к исходному уравнению.
Производя тождественные преобразования, имеем:
Рассуждениями, аналогичными предыдущим, легко показать,
что последняя система равносильна такой:
(V»*2—p — f 2J/ * 2 — 1) 2 = аЛ
х > 0 . (1)
\У~х2—рА~2\Ах2— 1 | == | лг |.
Г 4 ] / х 2— p — V x *— 1 = р-ф-4—4х2,
\ X 0 .
(2)
а эта в свою очередь системе

89 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Пусть теперь р = 2. Тогда система (3) не имеет решений, ибо
в противном случае в первом уравнении получилось бы 0 = 4.
Точно так же система не имеет решений при р > 2, потому что
тогда левая часть первого равенства была бы неположительной,
а правая — положительной. Исключение составляет лишь р = 4, при
котором правая часть равна 0 ; однако и в этом случае решений
нет, ибо нарушается последнее неравенство системы (3 ) :0 ^ 1 .
Итак, если система вообще имеет решение, то только при
р < 2. В этом случае будет:
у9. _ (4—Р)2
8(2- р ) ‘
Проверим выполнимость последних трех неравенств системы
при условии р < 2. Из них первое сводится к такому:
р— 2
Умножая на отрицательный знаменатель, имеем р(3р—4 ) ^ 0 ,
4 т. е. Если это неравенство не выполняется, то систе-
/ Q p 442 ма решений не имеет. Второе неравенство дает ^ 0 и вы- о (р Z)
полняется всегда (конечно, в указанных границах). То же отно-
п2 сительно последнего неравенства, сводящегося к gg 0 . о (р Z)
4 Итак, при О ^ р ^ -g- система (3) равносильна такой:
г , ( 4 — Р ) 2
8 (2—р) * (4)
х ^ 0 .
Так как мы совершали только тождественные преобразования,
то система (4) равносильна исходному уравнению. Из нее имеем
4 — — р
х = ^=2 уг2(2 ) И’ Учитывая и то> что Р во всяком случае
меньше 2 ,

90 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Ответ . Если р < О или р > , то данное уравнение не име-
4 ет корней. Если 0 ^ р ^ , то уравнение имеет решение, и притом
единственное, которое задается формулой (5).
2 8 . Если вторая сторона прямого угла проходит через точку
В (или С), то, очевидно, геометрическим местом его вершин будет
сфера Ог (рис. 21) с диаметром АВ (соответственно сфера 0 2 с диаметром
АС). Нашей целью будет доказать, что искомым геометрическим
местом точек будет множество тех точек, которые лежат
внутри или на поверхности хоть одной из этих сфер, но не
являются внутренними для обеих сфер сразу. Кратко это множество
точек можно записать так: (^ilife2) \ (kx n k2), где /г,- —
множество точек, лежащих внутри или на сфере О,-, a kt—только
внутри О,-.
Для доказательства проведем через точку А произвольную
прямую I и спроектируем ортогонально на I отрезок ВС. Пусть
проекцией ВС будет отрезок BtCt. Очевидно, точки отрезка В1С1
и только они будут точками искомого геометрического места,
лежащими на прямой I. Когда прямая I вращается вокруг точки А,
то точки В[ и С[ описывают сферы О, и 0 2 соответственно, ибо
эти сферы являются геометрическим местом вершин прямых углов,

91 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

проходящих через Л и Б и через Л и С. Совпадать с Л точки Bt
и Сг будут, когда прямая I касается соответствующей сферы. Во
всех других положениях прямая / пересекает Ог и 0 2 в точках
Bt и С[, а также в точке Л.
Прямая I пересекает круг \ по отрезку АВ, а круг k2 по отрезку
АС[. Отрезок В Ct есть объединение ABt и ACt, если Л
лежит между B t и Сг, и в противном случае разность ABt и ЛС2.
Легко видеть, что в обоих случаях отрезок В1С1 есть та часть
прямой /, которая покрыта лишь одним из отрезков ABt, ACt
с прибавлением ее концов. На чертеже для разных случаев заштриховано
сечение искомой области плоскостью ABC.
Частный случай, когда Л лежит на прямой ВС, является
предельным для общего. Само геометрическое место—по-прежнему
2 9 . В случае п нечетного (n = 2 £+l ) в данном п-угольнике
ЛХЛ2 . ..Л„ проводим биссектрису угла А1 между сторонами а1 и
а„. Легко доказать, что сторона Ak+1Ah+3 перпендикулярна биссектрисе.
Далее проектируем на биссектрису ломаные Л1Л2Л3. .. Л* + 1
и Л1Л„Л„_1. .. Л*+2. Проекции ломаных должны быть равны.
С другой стороны, А,А1+1 и Л„_,-+аЛ„ _ , — + 1 ( i ^ k ) образуют равные
углы с биссектрисой. Следовательно, проекции Л,-Л,-+ 1 не
меньше проекции Л„_,-+2Лп_|-+1. Из этого следует, что если в ряду
ai ^ а2 имеется хоть одно строгое неравенство, то
будет строгое неравенство и для проекций соответствующих сторон.
При таком условии длина проекции ломаной ЛХЛ2Л3. .. Ак+1 будет
больше длины проекции ломаной Л1Л„Л„_1. .. ЛА+2, что невозможно.
Следовательно, все стороны многоугольника равны
между собой.
При n = 2k рассуждения проводим аналогичные, но проектируем
на прямую, перпендикулярную АгАп и, следовательно,
3 0 . Система чисел хг — хг = х3 = х4 — хь = 0 при любом у есть
решение. Далее, находим «нетривиальные» решения, где хоть
одно xt отлично от 0. (1) и (5) можно записать в равносильном
виде:
х3 — ухл хъ.
В последних соотношениях исключим х2 и х, с помощью (6 )
и (7):
(*iU^2) \ (&гП &2).
(6)
(7)
а (2) и (4) соответственно в виде:
х3 = (у2— 1)х1—ухБ;
x3 = (y2 — l ) x 5—yxi.

92 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Таким образом, системе четырех уравнений (1), (2), (4), (5)
равносильна система уравнений (6 ), (8 ), (9), (7).
Приравняем правые части соотношений (8 ) и (9). Получаем:
(у2— 1 ) х,—ух3 = (у2 — 1 ) хБ—ухх,
или
(Уг + У — 1 ) х 1 = ( у 2 + у — 1 ) х ъ. (Ю )
Рассмотрим теперь д в а с л у ч а я :
1 ° у2 + у— \ф 0 .
2 е i f Л -У — 1 = 0 .
В первом случае, поделив обе части уравнения (10) на
у2-{-у —1 =7^ 0 , получаем х1 = х5. Изменив циклически нумерацию
уравнений и переменных, аналогично получим, что все х; с соседними
номерами равны, т. е. х1 = х2 = х3 = х1 = хь. Откуда у = 2
при xh отличных от нуля. Проверка—подстановкой.
Пусть теперь у2-\-у—1=0, т. е. у2 — 1= — у. В этом случае
(8 ) и (9 )—это дважды написанное одно и то же уравнение:
*3 = — 0 (*! + *.)• (П)
Легко проверить, что уравнение (3) является следствием (6 ), (7)
и (1 1 ). Действительно,
* 2 + = (У— 0 (xi + -О;
x , + x t = — x s — y- y — . ( 1 2 )
Сравним (3):
* 2 + хл = ух3.
Чтобы доказать их тождественность, вычтем из (12) (3):
0 = * . ( » + « = ! ) .
Это тождество (см. 2°). Таким образом, если у—любой корень
уравнения t f + y — 1 = 0 , yus = — ^ r ± \ V $ , то можно, например,
хг и хъ задать совершенно произвольно, х2 определить по формуле
(6 ), по формуле (7) и х3—по формуле (11). Уравнения (1) —
(5 ) при этом выполняются автоматически, так как они при таких
значениях у являются следствиями уравнений (6 ), (7) и (11).
ЗЬ Умножим и разделим выражение в левой части доказываемого
тождества на 2 cos ~ , что не равно 0 ^ или на 2 sin ^ . При-

93 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

меним после этого в числителе формулу
2 cos х cos у = cos (х + у) 4 — cos (х—у)\
Зя\
+ C0S— )
л
о л 2 cos -т
14
3 2 . Очевидно, если в правильно указанную пару входит один
правильно указанный элемент, то и другой элемент пары — правильно
указанный.
Последовательность DAECB содержит четыре пары: DA, АЕ,
ЕС, СВ. Две из них угаданы верно. Допустим, эти две пары содержат
общую букву. Тогда образуется тройка, в которой верно угадан
порядок. Где же могут быть две верно угаданные буквы? Если
хоть одна из них в тройке, то вся тройка состоит из верно угаданных
букв, чего не может быть, так как таких букв только две. Если же
обе они вне тройки, то все 5 букв стоят на своих местах, чего тем
более не может быть.
Итак, из четырех пар надо выбрать две, не имеющие общей буквы.
Очевидно, это можно сделать тремя способами:
Легко увидеть, что в каждом случае одна из двух пар должна
содержать верно угаданные буквы, а другая—неверно. Рассмотрев
наши три случая, видим, что в первом и третьем возможен только
один случай, а во втором—два. Получаем 4 случая: DABEC’,
EDACB; DACBE-, AEDCB.
Рассмотрев эти 4 случая, видим, что удовлетворяет условиям
только один: EDACB.
3 3 . а) Пусть п кратно трем. Тогда п можно представить в виде
n = 3k н 2″—1 = 2 3*—1=8*—1. Но разность степеней с одинаковыми
показателями делится на разность оснований, т. е. 8 *— 1
делится на 8—1=7. Следовательно, 2п— 1 делится на 7 при п,
кратном 3.
Пусть п некратно трем, п = 3£+1 или п = 3& + 2. в случае
п = 3ft+ 1 имеем 2n—1 = 2 3* + 1 —1 = 2 (8 )*—1 = 2-(7 +1)*— 1, но
(7 +1)* при делении на 7 дает в остатке 1 (это следует, например,
из формулы бинома Ньютона), 2 (7 +1)* при делении на 7
даст в остатке 2. Значит, при делении 2″ — 1 = 2(7+1)*—1 на 7
получится в остатке 1, следовательно, при п = 3ft + 1 число 2п—1
не делится на 7.
В случае n = 3ft+ 2 имеем 2″— 1 = 2 3*+2— 1 = 4 (7 +1)*— 1. При
делении на 7 получится в остатке 3.

94 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

Следовательно, 2”— 1 делится на 7 тогда и только тогда, когда
п кратно трем.
б) Пусть n = 3k. Тогда 2n = 23* = 7m + l; 2 ”+ 1 = 7m + 2, что
не делится на 7.
Пустьn=3k-\-l, тогда 2″ + 1=23*+1+ 1= 2 -23* + 1=2 (7 т + 1 )+
+ 1 = 1 4 т+ 3, что не делится на 7.
При п= 3 k+ 2 имеем 2” + 1=23* + 2 + l = 4 -2 3ft + 1 = 4 (7m + 1) +
+ 1 =28m-|-5, что также не делится на 7. Таким образом, ни
при каком п число 2″ + 1 не делится на 7.
В а р и а н т р еше н и я .
Пусть 2* дает при делении на 7 остаток ак. Какой остаток ак+1
даст 2*+1? Очевидно, надо а умножить на 2 и вычесть 7, если
2а ^ 7 . Итак:
если ак = 1 , то ак+1 = 2 ,
если ak = 2, то ак+1 = 4,
если ак = 4, то aft+1 = l .
Остальные случаи можно не разбирать. Уже ясно, что последовательность
остатков 2″ при делении на 7 такова: 1, 2,4, 1,2,4……
Отсюда без труда получаем решение задачи.
34. (а—Ь)2^ 0; (Ь—с)2 ^ 0 ; (с—а)2 ^ 0 при любых а, Ьис.
Из того, что а, Ь, с—стороны треугольника, следует, что
Ь + с—а > 0 , c — f a—b > 0 , а + b—с > 0 .
Значит, (6—с)2 (6 -|-с—я) ^ 0,
(с—а) 2 (с + а—Ь) ^ 0 ,
(iа—Ь)~ (а-\-Ъ—с ) > 0 .
Сложив почленно эти неравенства, получим:
бабе—2 а2 (Ь + с—а)—2Ь2 (а + с—Ь) — 2 с2 (а -\-Ъ—с) ^ 0 ,
откуда
а2 (Ь + с—а) + Ь 2 (а + с—Ь) +
+ с2 (а + b—с ) < 3 abc.
Пр им е ч а н и е . Неравенство справедливо
также, если требовать только
а ^ 0 ; 0 ; с ^ 0 .
35. Впишем в Д ABC круг и проведем
к нему касательные А1А21| ВС;
ВгВ2\\АС; С1С2\[АВ (рис. 22). Пусть
радиус этого круга г. Впишем в каждый
из новых треугольников круги.
Их радиусы обозначим соответственно
r lf г2, тз, а их высоты из вер- А д g » q2 £
шин А, В, С обозначим соответственно
hlt h2, h3. Площадь круга,

95 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

вписанного в ДЛДС, равна S = n r2; г = -АЛЁ£? где р = д +
Р ^
5длвс = Кр (р—а) (р—Ь) (р—с).
Треугольники ЛЛ1 Л2, ССГС2 гомотетичны треугольнику
ABC, и круги, вписанные в получившиеся треугольники,
гомотетичны кругу радиуса г.
Следовательно, = = = где ha, hb, ^ —высоты
треугольника ABC, проведенные соответственно на стороны
а, Ь, с.
Расстояния между парами параллельных прямых В1В2 и АС,
АХА2 и ВС, СгС2 и АВ будут равны 2г. А’А» = В’В» = С’С» = 2г.
Следовательно,
h1 = ha — 2r, h2 = hb—2r\ h3 = hc—2r\
Поэтому
^ 2 ^ д АВС ‘ ^ 2 д в с ‘ 2 iS a а в с
а а ’ b b ’ с с
-2т i _ 2 r — — 2′ 2
Д = —
г ~~ h a ~ h a ’ 1 _ Ав ’
^ Д Л В С 2 a S & A B C _ S / \ A B C (Р— °)
р P2’ 2Sa > i b c ~ Р2
Аналогично,
^ Д Л В С (p — b) ‘ ^ S&ABC ( р ~ с)
Г2— рЪ \ Г 3— pi ;
S + S 1-T 5 2-T 5 3 = я г 2 -f-я г 2 я г \ — \ — я г % —
= я ( ^ДЛВС . ЗдАВС ( Р ~ а)2 . SA A B c ( P ~ f y 2 . ЗдАВС ( Р ~ с)2 ^
\ р 2 р 4 р 4 ^ р 4 J ~
= ^ С (Р, + (Р_ П) ,+ ( „ _ ( ,) ,+ (Р- С),)= ^ (р- . ) (РГ Ц(Р — С)х
X (р2 + р2—2 яр + а2 + р2—2 Ьр + Ь2 + р2—2с р + с2) =
= “ (° + c- t; j ; + y (|,+ i!- ° ) (v — 4 P, + a , + 6 .+ ^ ) =
п(& + с—о) (а + с — Ь) (а + 6 —с) (а2 + &2 + с2)
— (a + b + c f
3 6 . Выберем наугад одного ученого. Он переписывается с каждым
из остальных 16 ученых только об одной теме. Докажем,
что хотя бы по одной теме из трех он переписывается с 6 учеными.
Пусть это не так. Тогда по каждой теме он переписывается
не более чем с 5 учеными. Следовательно, по трем темам он
переписывается не более чем с 15 учеными, что противоречит
условию. Эту тему будем называть темой Л. Если среди этих
шестерых найдутся два, переписывающихся друг с другом по

96 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

на.
Возможен другой вариант:
никто из этих 6
ученых не переписывается
по теме А. Тогда они
переписываются по двум
другим темам. Рассмотрим
одного из 6 ученых. Он
переписывается с остальными
5 учеными шестерки.
Найдется тема, по которой
он переписывается с тремя
из 5 ученых. В противном
случае он переписывался
бы только с 4 учеными.
Назовем эту тему темой В .
Если один из этих трех
ученых переписывается с
другим по теме В, то рис 23
задача решена. Если они
все трое переписываются
между собой по третьей теме (теме С), то они и составили
искомую тройку. Все случаи рассмотрены. Тем самым доказано,
что указанная тройка всегда найдется.
3 7 . Всего прямых С£=Ю. Через каждую точку, например С,
проходит 4 прямых (рис. 23). Следовательно, из каждой точки
выходят 6 перпендикуляров (по числу прямых, не проходящих
через нее). Рассмотрим две какие-либо точки, например В и С.
Сосчитаем точки пересечения перпендикуляров, проведенных через
точку В, с перпендикулярами, проведенными через точку С.
Перпендикуляры, проведенные через точку В, к прямым, проходящим
через точку С, пересекают все перпендикуляры, проведенные
через точку С. Через точку С проходят 3 прямых, не
проходящих через В. Значит, через В к ним можно провести 3
перпендикуляра. Они пересекаются с перпендикулярами, проведенными
через точку С в 3-6=18 точках. Любой другой перпендикуляр,
проходящий через точку В к остальным трем прямым,
не проходящим через В, пересекает 5 перпендикуляров,
проходящих через точку С, так как с одним он не пересекается,
ибо проведен с ним к одной стороне. Получается еще 15 точек.
Следовательно, перпендикуляры, проведенные из двух точек,
пересекаются в 18+15 = 33 точках. Из 5 точек можно составить
10 пар. Следовательно, точек пересечения не более чем ЗЗх 10=
= 330. Но некоторые из них совпадают. Действительно, любые
3 из данных 5 точек образуют треугольник. Высоты этого треугольника,
являющиеся рассматриваемыми перпендикулярами,
пересекаются в одной точке. Мы эту точку учли 3 раза. Всего
таких треугольников существует Q= 1 0 . Значит, 10 точек было

97 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

учтено по 3 раза. Следовательно, всего точек пересечения не более
чем 330—30 + 10 310.
Жюри рассматривало задачу как комбинаторную и доказательства
существования пятиугольника с ровно 310 точками
пересечения перпендикуляров не требовало. Нижеприведенное
доказательство этого принадлежит А. Б. Сосинскому.
Пусть данные точки Лг, Л2, . . . , Л5 находятся в общем положении,
т. е. различны и таковы, что прямые dk, соединяющие
пары точек Л,-Л,, попарно различны, не параллельны и не перпендикулярны.
Перпендикуляры р,-, проведенные через точки Л,-
на всевозможные прямые dfl, пересекаются по три в одной точке
в «случае ортоцентров», т. е. тогда, когда
А\СР/,> А’2€ Pj\, Л , С Pjs и Pit_\_AitAlt, Pi,l^AitAi3, р,-з J ,Л(]Л,-2.
Докажем, что точки Л,, Л5 можно выбрать в общем положении
так, чтобы никаких пересечений по три или более перпендикуляров
(кроме случаев ортоцентров) не существовало.
Начнем с произвольных пяти точек Л,, . . Л5 в общем положении.
Точек, которые не являются ортоцентрами, но в которых
пересекаются три или более перпендикуляров, во всяком случае,
конечное число. Поэтому сформулированное утверждение сразу
получается, если последовательно применять следующее предложение:
Пусть точка Н является пересечением трех перпендикуляров
Pi, р2, р 3, но не является ортоцентром треугольника, составленного
из прямых dk (рис. 24). Тогда можно заменить одну из точек
А[ на точку Л/ так, чтобы:
(а) новые перпендикуляры p’lt р2, р3 пересекались в трех точках,
(б) число остальных точек пересечения перпендикуляров не
уменьшалось.
Докажем это предложение.
Пусть обозначения выбраны так, что перпендикуляр р,- проходит
через точку Л,- и ортогонален прямой dh где i= 1 , 2 , 3.
Так как условие исключает случай ортоцентров, невозможно
одновременное выполнение трех соотношений: Al= d 2{]d3, А2=
= d j П d3, Л з = d1 Г) d2. Следовательно, хотя бы одно из них неверно.
С точностью до изменения обозначений можно считать, что неверно
первое, т. е. A1^=d3f\d3.
Мы утверждаем, что если 8—-любое положительное число,
то найдется точка Л^+=Л1 тaкaя, что выполнено (а) и d(A[A1)<8(*).
В самом деле, если A1£ d a и A1^ d 3, в качестве Л^ берем любую
точку, отличную от Л! и удовлетворяющую (*). Если же Л1 бг( 2
(соответственно A [ ^ d s), то в качестве А[ берем любую точку
A’, ad, (соответственно A [ ^ d 3), отличную от А1 и удовлетворяющую
(*). Тогда прямые dlf d2, d3 и перпендикуляры р2, р3 не
изменятся, в то время как перпендикуляр рг будет заменен параллельной
прямой р[ Э А\, которая пересечет р2 и р3 в двух разных
точках W и //». Таким образом, новые перпендикуляры р[, р ‘= р 2,

98 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

р’3 = рз пересекаются по трем точкам Н, Н’, Н», т. е. (а) выполняется.
Теперь мы утверждаем, что если число б > 0 достаточно мало,
то выполняется также и (б). Если считать известным понятие
непрерывности функции, то этот факт тривиален: в самом деле,
декартовы координаты точек пересечения перпендикуляров непрерывно
зависят от значений координат точек Л,- (в некоторой
окрестности этих значений). Поэтому при достаточно малом б > О
координаты этих точек пересечения изменятся меньше, чем на
половину минимального попарного расстояния между точками Л,-,
и поэтому никакие две точки пересечения не сольются.
Можно также привести доказательство этого утверждения,
явно не опирающееся на понятие непрерывности.
Пусть г0 равно половине минимального расстояния между
парами точек пересечения перпендикуляров, и пусть Т—точка
пересечения произвольных двух перпендикуляров р{ и pj. При
замене Лх на А[ перпендикуляры pt и pf заменяются на перпендикуляры
р\ и p’j. Получается новая точка пересечения Г’. Каждый
из новых перпендикуляров может либо совпадать с исходным,
либо быть ему параллельным, либо быть повернутым относительно
него так, что возможны 6 различных случаев. Рассмотрим наиболее
сложный (рис. 25): пусть р( повернулся на угол a, a pt сдвинулся
на расстояние г. Очевидно, что, выбрав достаточно малое б,
мы можем сделать а и г меньше наперед заданного числа. Имеем
далее (см. рис. 25).
| T’C\ = (h„—r)-.—- 1 7 sin ф ss4i^n ( a -, j ф-) и \1 ТС\1 = —sin ф ,
где ф = (Pi, Pj). С = р’/ f] Pi и hn — расстояние от А,■ до pjt так
как ф > 0, при достаточно малых а п г имеем: | Т’С \ < -у ,

99 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

 

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД