Памяти Отто Данкела

56

Памяты
Отто Данкела

В 1957 году редакция журнала «Американский математический ежемесячник» («The American Mathematical Monthly») выпустила в свет специальный (дополнительный) номер: «The Otto Dunkel Memorial Problem Book».
Этот номер был посвящен памяту профессора Otto Dankela (1869—1951), ссылающегося лет руководствуго «Отделом задач» этого журнала.

Номер, посвященный Данкелу, содержал «400 «Лучших» задач», отображенных из 2704, которые читатели журнала прислали за период с 1918 по 1950 год. Среди корреспондентов были студенты, преподаватели средней и высшей школы, а также известные в Америке и за ее пределами учены (Г. Дьюедени, Г. С. М. Кокстер, О. Оре, Г. Пойа, Ч. Тригг; много задач самого О. Данкела).

Отбор «Лучших» задач был поручен двадцати четыREM математикам, на протяжении многих лет активно сотрудничшим в «Отделе задач» «Ежемесячника». Каждый из них представил свой список «Лучших» задач. По этим спискам и был сделан окончательный отбор, в котором основную роль играло «количество голосов», полученных той или иной задачей.

В этом году в издательстве «Мир» в серии «Задачи и олимпиады»*) вышла книга

*) В серии «Задачи и олимпиады» уже вышли две книги: Ч. Тригг, Задачи с изоминкой, М., «Мир», 1975, и И. Кюршак и др., Венедерские математические олимпиады, М., «Мир», 1976 (об этой книге см., «Квант», 1977, № 1).

га «Избранные задачи», созданная на основе упомянутого memorialного сборника. Эта книга довольно существует от американского оригинала — в лучшую сторону (условия задач, а особенно их решения достаточно свободно переложены переводчиком книги Ю. А. Даниловым и редактором книги профессором МГУ В. М. Алексеевым).

Книга «Избранные задачи» состоит из трех частей, как и две ее представлений (см. скоску). Первая часть — это условия задач; второй — их решения, собранные Ю. А. Даниловым из различных выпусков журнала «American Mathematical Monthly». Третья часть книги полностью написана В. М. Алексеевым. В этой части приводятся необходимые сведения из теории и комментуриются отдельные решения.

По сравнению с уже вышедшими в той же серии книгами сборник «Избранные задачи» более труден. Библишая часть задач расчитана не на школьников, а на студентов perвых двух курсов вузов. Эти задачи могут быть использованы для студических олимпиад, которые в последние годы наконечили, начили завоевывать популярность, но пока еще очень плохо обеспечены литературой.

Почти про все задачи сборника можно сказать, что они улекаетлы. Но улекаетельность относительно не единственной качественной отбранных задач. Подавляющее большинство задач затрагивает вопросы современной и классической математики, решения которых требует вместе с острумием и изобретательностью также и уменя свободно пользоваться разнообразными средствами математического арсенала. Сборник, конечное же может служить пособием для овладения каким-либо разделом математики, хотя в нем очень задач по элементарной геометрии, по теории чисел (дelimность, диффантов уравнения), большой выбор задачи алгебре и анализу (определенели, вычисление интегралов, дифференциальные уравнения, ряды), богато представлена выше почти вышедшая из моды проективная геометрия. Все эти задачи могут быть использованы как для повышения интерсаша школьников и студентов к изучаемому материалу, так и для тренировки будущих «олимпийцев» и для деятельности оргкомитетов.

Более элементарные задачи в сборнике — это последние сто задач (задчиц 301—400). Среди них много интересного найдет для себя любителя «развлекательной» математики (задча 277 про кругосветный полет, задча 303 о «черной» пятнище, задча 312 о служащих банка). Вообще же этот во многих отношениях уникальный сборник, несомненно, будет способствовать развитию творческих способностей — ведь решение нестандартийной задачи обязаться поvioвити в рассматриваемом вопросе и в конце концов — не только к доказательству «чужой» теоремы, но и к обнаружению своего собственной.

Мы надемемся, что новый сборник занимает существенно меньше о новом сборнике задач, мы публикуем условия неокорпюры из них.

1. Круgosветный полет (№ 277). Каждый самолет, входящий в неокорпюру группу, может служить запрашиваемом для любого другого самолета той же группы. Емкость топливных баков каждого самолета позволяет без дозапраки горючим одну пятую окружности Земли. Предполагается, что все самолеты летят с одинаковой постоянной скоростью относительно Земли и одинаково расходу горючие; имеет лишь одна посадочная площадка; вес запас горючого хранится на базе и время запраки претензийного мало.

Определенить наименьшее число самолетов, необходимых для обеспечения круго-

57

светного полета одного самолета и его благополучного возврашения на базу.

2. Вероятность «черной» пятницы (№ 303). Доказать, что тринадцатое число месяцев с большей вероятностью приходит на пятницу, чем на другие дни недели.

3. Еще одно свойство гармоничского ряда (№ 304). Доказать, что частная сумма $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{N}$ гармоничского ряда не бывает целым числом ни при каком N.

4. Простые числа варифметической прогрессии (№ 305). Доказать, что, за единственным исключением, в любойарифметической прогрессии, члены которого—положительные целые числа, а разность меньше 2000, простыми числами могут быть не более 10 последовательных членов.

5. Нули и точки экстремума кубического многочлена (№ 318). Дан кубический многочлен $y = x^3 + px^2 + qx$. Определить все целочисленные пары коэффициентов $p$ и $q$, при которых уравнение $y = 0$ имеет различные целочисленные корни и целочисленные координаты двух точек экстремума.

6. Задча на разрезание (№ 326). Как разрезать правильный шестиугольник на наименьшее число частей, из которых можно составить равносторонний треугольник той же площади? Каждый разрез производится вдоль прямой.

7. Гамильтон цикл на многограннике (№ 358). Предположим, что мы хотим побыть в вершинах многогранника, а достичь их можно, лишь двигаясь вдоль его ребер. Гамильтон расстоял задачу об охождение всех вершин многогранника по маршруту, который не проходит через одну и ту же вершину дважды. (В теории графов такой маршрут принято называть гармильтоновым циклом.) Нетрудно до казать, что задача Гамильтона для доказания имеет решение. Доказать, что для ромбодедекадра задача Гамильтона решения не имеет.

8. Определение файшной монеты при помощи взвешивания (№ 359). У одного человека было 12 монеты, неотличимых по внешнему виду. Одана монета была файшная и отличалась по весу от настояшей. У человека под рукой были также очень чувствительные равполнение весы, но без гирь. Может ли он при помощи не более трех взвешивания обнаружить файшную монету и определить, тяжелее она или легче, чем настояшая?

9. «Равноведренные птоечники» (№ 360). Назовем множество, состоящее из $n$ точек на плоскости, равноведренным $n$-точчиником, если любые три из них расположены в вершинах равноведренного треугольника. ШестЬ точек на плоскости можно расположить так, чтобы они образовали равноведренный 6-точчиник.

Доказать, что на плоскости нельзя выбрать семь точек, образующих равноведренный 7-точчиник. Чему равно наименьшее число $k$ такое, что из любых $k$ точек в пространстве можно выбрать три, не расположенные в вершинах равноведренного треугольника?

10. Дети в саду (№ 370). Из cada допустяя детские голова.

— Должно быть, там играют Ваши детки? — спросил гость.

— Не только мои,— ответил хозяйн, там резвится сорванцы из четырех семей: мои детки, дети брать и сестры, а также двойородного брать. Правда, моя семья самая многочисленная, у братья меньше, у сестры меньше, а самая маленькая семья у двойородного брать. Ребята играют в салочки,— продолжал хозяйн. Им бы хотелось сыграть в белёсбол, но их слишком мало, чтобы составить две команды *). Интересно

*) Бейсболная команда состоит из 9 человек.

заметить,— добавил он,— что произведенное числа детей во всех четырех семействах совпадает с номером моого дома, который вы, конецно, заметили наворотх.

— Я немного разбиаю в математике,— сказал гость.— Попробую установить, сколько детей в каждой из четырех семейств.

Проделав какие-то выкладки, гость спросил:

— В семье Вашого двойородного братьа один ребер? — Послед того, как хозяйн ответил на этот вопрос, гость заявил:

— Телерь я знаю, сколько детей в каждой из четырех семейств.

Сколько детей было в семьях хозяйни дома, его братьа, сестры и двойородного братьа?

11. Придворный математик и штут (№ 374). Оданажды придворный математик получил сразу всеже желаванные за год середрями талерами и, сложив из монет 9 неравных стольников, расположил их в виде магического квадрата. Королло затяя придворного математика пришлась по вкусу, но он посетовал на то, что ни в одном столбке число талеров не было простыми.

— Если бы Велике величество добавило еще 9 талеров к моему желаванию,— заметил придворный математик,— я смог бы увелчить число монет в каждой столбке на 1, и тогда все 9 чисел столбки простыми.

Проверили. Все оказалось именно так, как сказали придворный математик. Королль уже собрался было увелчить желаванные математики на 9 талеров в год, как в делом вместе шут. Он взял по одному монете из каждой столбки, и число оставшихся талеров в каждой столбке оказалось простым. Более того, 9 новых чисел по-прежнему составляли магический квадрат. Девять «лишних» талеров остались.

Сколько талеров получал в год придворный математик?

И. Клумова

59

стороны, в критических точках либо cos $x_0 = 0$, либо cos$^2 x_0 = \frac{2}{3}$.

Если cos$x_0 = 0$, то $f(x_0) = 0 > -\frac{7}{9}$. Если же cos$^2 x_0 = \frac{2}{3}$, то |sin $x_0$| = $\frac{1}{\sqrt{3}}$. Поскольку $f(x) = 2 \sin x \cdot \cos^2 x$, имеем $|f(x_0)| = \frac{4}{3\sqrt{3}}$. Легко проверить неравенство $-\frac{4}{3\sqrt{3}} > -\frac{7}{9}$. Значит, $f(x_0) > -\frac{7}{9}$.

Задачу можно решить также при помощи равенства

$$\min f(x) = \min (2t - 2t^3)$$
$$[-\pi; \pi] \quad [-1; 1]$$

вытекающего из того, что $f(x) = 2 \sin x - 2 \sin^3 x$ и для любого $t \in [-1; 1]$ найдется такое $x \in [-\pi; \pi]$, для которого sin $x = t$.

Вычислив произвольную от функций $y = 2t - 2t^3$, легко убедиться, что наименьшее значение на отрезке [-1; 1] эта функция принимает в точке $t_0 = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. Поэтому

$$\min (2t - 2t^3) = -\frac{4\sqrt{3}}{9} > -\frac{7}{9}.$$
Значит, и $\min f(x) > -\frac{7}{9}$.

4. Сложив уравнения системы, получим $(x - 3)^3 + (y - 3)^3 + (z - 3)^3 = 0$. (1) Тройка (3; 3; 3) является решением уравнения (1). Проверка показывает, что она также является решением системы. (Заметьте: без проверки этого утверждения нельзя!) Показем, что других решений система не имеет.

Из первого уравнения системы $y^3 = 9x^2 - 27x + 27$. Дискриминант квадратного трехчлена $9x^2 - 27x + 27$ отрицатель. Поэтому, если $(x_0; y_0; z_0)$ – решение системы, то $y_0^3 > 0$. Следовательно, $y_0 > 0$. Аналогично, из второго и третьго уравнений получаем $z_0 > 0$ и $x_0 > 0$.

Из первого уравнения системы

$$(y_0 - 3)(y_0^2 + 3y_0 + 9) = 9x_0(x_0 - 3).$$

Так как $x_0 > 0$ и $y_0^2 + 3y_0 + 9 > 0$, из (2) вытекает, что числа $y_0 - 3$ и $x_0 - 3$ не могут иметь разных значков. Аналогично, из второго уравнения следует, что числа $z_0 - 3$ и $y_0 - 3$ тоже не могут иметь разных значков.

Таким образом, если $x_0 > 3$, то $y_0 > 3$ и $z_0 > 3$, если $x_0 < 3$, то $y_0 < 3$ и $z_0 < 3$. Решение $(x_0; y_0; z_0)$ системы является также решением уравнения (1), а для (1) или $x_0 > 3$, $y_0 > 3$, $z_0 > 3$, или $x_0 < 3$, $y_0 < 3$, $z_0 < 3$ не годятся.

Значит, $x_0 = 3$, $y_0 = 3$, $z_0 = 3$. Ответ: (3; 3; 3).

5. Обозначим середину ребра BC через E, середину стороны AB – через D. Через точку E проведем прямую l, паралельную CD (рис. 2). Примяя l лежит в плоскости основания ABC. Примяя CD паралельна плоскости α, определяемой точкой S и прямой l (поскольку CD||l), а прямая SE лежит в этой плоскости. Значит, искомое расстояние между прямыми CD и SE равно длине перпендикуляра, опущенного из любой точки прямой CD на плоскость α. Ввиду CD||l искомая вершина угла есть вершина угла между прямыми SE и l.

Поскольку SC⊥CD. Из $m \perp l$ и $l \parallel CD$ вытекает $m \perp CD$. Из $CD \perp SC$ и $CD \perp m$ следует, что прямая CD перпендикулярна плоскости SCG. Значит, CD⊥CF. Но $l \parallel CD$. Следовательно, CF⊥l. Кроме того, по построению CF⊥SG. Значит, CF⊥α. Итак, искомое расстояние равно |CF|.

$$|CG| = \frac{|AB|}{4} = \sqrt{2}.$$
$$|GS| = \sqrt{|CG|^2 + |CS|^2} = \sqrt{6}.$$
$$|CF| \cdot |GS| = |CS| \cdot |CG|.$$
Следовательно,

$$|CE| = \frac{|CS| \cdot |CG|}{|SG|} = \frac{2}{\sqrt{3}}.$$

Величину угла SEG мы найдем из треугольника SEG. Поскольку примяя CD паралельна плоскости α, определяемой точкой S и прямой l (поскольку CD||l), а прямая SE лежит в этой плоскости. Значит, искомое расстояние между прямыми l и m через G. G ∈ α. Опустим, наконец, из точки C перпендикулярна прямой SG. Обозначим его пересечение с SG через F.

По условияю SC⊥CD. Из $m \perp l$ и $l \parallel CD$ вытекает $m \perp CD$. Из $CD \perp SC$ и $CD \perp m$ следует, что прямая CD перпендикулярна плоскости SCG. Значит, CD⊥CF. Но $l \parallel CD$. Следовательно, CF⊥l. Кроме того, по построению CF⊥SG. Значит, CF⊥α. Итак, искомое расстояние равно |CF|.

$$|CG| = \frac{|AB|}{4} = \sqrt{2}.$$
$$|GS| = \sqrt{|CG|^2 + |CS|^2} = \sqrt{6}.$$
$$|CF| \cdot |GS| = |CS| \cdot |CG|.$$
Следовательно,

$$|CE| = \frac{|CS| \cdot |CG|}{|SG|} = \frac{2}{\sqrt{3}}.$$

60

Задачу можно решить и по-другому — при помощи векторов. В плоскости $ABC$ через точку $C$ проведем прямую $m$, перпендикулярную $CD$. Введем прямогольную систему координат: за начало координат прямого точку $C$, за ось абсцисс прямого точку $CD$, за ось ординат — прямую $m$, за ось аппликат — прямую $CS$ (см. рис. 3; на нем указаны положительные направления осей).

Пусть $P$ и $Q$ — такие точки, соответственно, на прямых $SE$ и $CD$, что $PQ \perp SE$ и $PQ \perp CD$. Тогда искомое расстояние равно $|PQ|$. Обозначим через $\alpha$ и $\beta$ числа, определяющие положение точки $P$ и $Q$: $\overrightarrow{SP} = \alpha \overrightarrow{SE}$, $\overrightarrow{CQ} = \beta \overrightarrow{CD}$.

$$\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{PS} + \overrightarrow{SC} + \overrightarrow{CQ}.$$

Найдем координаты векторов $\overrightarrow{PS}$, $\overrightarrow{SC}$ и $\overrightarrow{CQ}$ в выбранной системе координат. $\overrightarrow{PS} = -\overrightarrow{SP} = (-\alpha) \overrightarrow{SE}$. Поскольку $|CE| = |EB|$ и $|BD| = |DA|$, $\overrightarrow{SE} = \left( \frac{|CD|}{2}; \frac{|AB|}{4} \right)$; $-|SC|$. $|CD| = \sqrt{|AC|^2 - |AD|^2} = 2\sqrt{6}$. Значит, $\overrightarrow{SE} = (\sqrt{6}; \sqrt{2}; -2)$.

Следовательно, $\overrightarrow{PS} = (-\sqrt{6}\alpha; -\sqrt{2}\alpha; 2\alpha)$. Очевидно, $\overrightarrow{SC} = (0; 0; -2)$. Поскольку $\overrightarrow{CD} = (2\sqrt{6}; 0; 0)$, $\overrightarrow{CQ} = (2\sqrt{6}\beta; 0; 0)$.

Итак,

$$\overrightarrow{PQ} = (-\sqrt{6}\alpha + 2\sqrt{6}\beta; -\sqrt{2}\alpha; 2\alpha - 2).$$

Незвестные $\alpha$ и $\beta$ мы найдем из условия $\overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{SE} = 0$ и $\overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{CD} = 0$.

$$\begin{cases} (-\sqrt{6}\alpha + 2\sqrt{6}\beta) \sqrt{6} + (-\sqrt{2}\alpha) \sqrt{2} + (2\alpha - 2)(-2) = 0 \\ (-\sqrt{6}\alpha + 2\sqrt{6}\beta) 2\sqrt{6} + (-\sqrt{2}\alpha) \cdot 0 + (2\alpha - 2) \cdot 0 = 0. \end{cases}$$

Из второго уравнения системы $-\sqrt{6}\alpha + 2\sqrt{6}\beta = 0$ (это можно было предвидеть: поскольку $\overrightarrow{PQ} \perp \overrightarrow{CD}$, первая координата вектора $\overrightarrow{PQ}$ равна 0). Тогда из первого уравнения $\alpha = \frac{2}{3}$. Значит, $\beta = \frac{1}{3}$. Итак,

$$\overrightarrow{PQ} = \left( 0; -\frac{2\sqrt{2}}{3}; -\frac{2}{3} \right).$$

Значит, $|PQ| = \sqrt{0^2 + \left(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2 + \left(-\frac{2}{3}\right)^2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.

Из $\overrightarrow{SE} = (\sqrt{6}; \sqrt{2}; -2)$ получаем $|\overrightarrow{SE}| = 2\sqrt{3}$.

Рис. 3.

$$= 2\sqrt{3}.$$ Обозначим угол между векторами $\overrightarrow{SE}$ и $\overrightarrow{CD}$ через $\varphi$.

$$\cos \varphi = \frac{\overrightarrow{SE} \cdot \overrightarrow{CD}}{|\overrightarrow{SE}| \cdot |\overrightarrow{CD}|} = \frac{\sqrt{6} \cdot 2\sqrt{6} + \sqrt{2} \cdot 0 + (-2) \cdot 0}{2\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

Следовательно, угол между прямыми $SE$ и $CD$ равен $45^\circ$. Ответ: величины угла равна $45^\circ$, расстояние $-\frac{2}{\sqrt{3}}$.

Химический факультет

1. 80 км/час. 2. $2\frac{1}{4}$. 3. $-\infty$; 0] $\cup$ $[\log_8 5$; 1[. 4. 1 м$^2$. 5. $x = \frac{5\pi}{48} + \pi k$, $x = \frac{7\pi}{24} + \pi l$, $x = \frac{17\pi}{48} + \pi m$ ($k, l, m \in \mathbb{Z}$).

Географический факультет

1. $] -\infty$; $-2$ $[\cup] 2$; $+\infty$ [. 2. $\sqrt{7}$ м. 3. Точка минимума $e$; промежутки убывания $]0$; $[1$ и $]1$; $e$]; промежуток возрастания $[e$; $+\infty$ [. 4. 60 км/час. 5. $x = \frac{\pi}{12} + 2\pi k$, $x = -\frac{7\pi}{12} + 2\pi l$ ($k, l \in \mathbb{Z}$).

Биологический факультет

1. 3. 2. $\frac{15}{2}$ м$^2$. 3. $\frac{9}{8}$. 4. $x = -\frac{7\pi}{6}$ $+ 4\pi k$, $x = -\frac{5\pi}{18} + \frac{8\pi}{3} l$, $x = \frac{\pi}{6} + \frac{8\pi}{3} m$ ($k, l, m \in \mathbb{Z}$). 5. $]0$; 1[. Указание. Корни $x_1$, $x_2$ квадратного трехчлена $f$ тогда и только тогда пережаются с корня-

61

ми квадратного трехлена $g$, когда $g(x_1) \times g(x_2) < 0$.

Факультет почвоведения

1. 4. 2. Точка максимума $-\frac{1}{3}$, промежуточок возрастания $-\infty; \frac{1}{3}$, промежуточок убывания $\left[\frac{1}{3}; +\infty\right]$. 3. $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi l$ ($k, l \in \mathbb{Z}$). 4. $\frac{3}{4} ab$. 5. 144.

Физика

Механико-mатематический факультет и факультет вычислительной математики и кибернетики

1. $l = \frac{h \left( \left| \vec{v}_{01} \right| + \left| \vec{v}_{02} \right| \cos \alpha \right)}{\left| \vec{v}_{02} \right| \sin \alpha} \approx 40 \text{ m}$.

2. Стержни $AB, AC, BD$ и $CD$ расстояны, а стержень $BC$ скат; модули сил упругости во всех стержнях один и те же и равны 10 Н.

3. $x = V/(3S) = 0,1 \text{ m}$.

4. $P = 4 \mathcal{F}^2 R/(R + r)^2 = 5,12 \text{ Bt}$.

5. $P = P_1 \frac{1 + \alpha t_1}{1 + \alpha t} \approx 45 \text{ Bt}$.

6. $\vec{a} = IL \vec{B} / m - k \vec{g} = 8 \text{ m/c}^2$.

7. $f_2 = F_2 \times \frac{a \left(d_1 + F_1\right) + d_1 F_1}{a \left(d_1 + F_1\right) + F_1 d_1 - F_2 \left(d_1 + F_1\right)} = 13,75 \text{ cm}$.

Географический, геологический, химический факультеты и факультет почвоведения

1. $\left| \vec{a} \right| = \frac{2 \left(s_2/t_2 - s_1/t_1\right)}{t_1 + t_2} \approx 0,07 \text{ m/c}^2$.

2. Скорость второго тела относительно первого не зависит от времени, направлена вертикально вниз и равна по модулю $2v_0 \sin \alpha_1 \approx 2,8 \text{ m/c}$.

3. $t = \frac{\left| \vec{v} \right| \left(4m_1 + m_2\right)}{2\left| \vec{g} \right| \left(2m_1 + m_2\right)} = 0,45 \text{ c}$.

4. $m_B = \frac{(m - m_1) \lambda - c_\pi m t_1}{c_B t} = 380 \text{ r}$.

5. $q'_1 = C_1 \frac{C_1 U_1 - C_2 U_2}{C_1 + C_2} = 2 \cdot 10^{-8} \text{ KJ}$;

6. $R = \frac{\mathcal{F}^2}{2P} - r \pm \frac{\mathcal{G}}{2P} \sqrt{\mathcal{G}^2 - 4Pr} = 4 \text{ OM}$.

7. $F = \frac{dL}{l + L} \approx 33,3 \text{ cm}$.

Множества значений числовых функций

1. a) $] - \infty; 2 [\cup] 2; + \infty [$;

6. $] 0; 1], \max f = 1$;

b) $] - \infty; 0 [\cup] [1; + \infty [$.

(Если $min f$ или $max f$ не указаны, то это означает, что функция $f$ не принимает наименьшего, соответствующего значению).

2. a) $] - 3; + \infty [$;

6. $] - \infty; -2] \cup [2; + \infty [$;

b) $] - \infty; -2] \cup [2; + \infty [$.

3. a) $f(x) = 3 \cos^2 x - 1$, $E(f) = [-1; 2]$, $min f = -1$, $max f = 2$;

6. $f(x) = \frac{1}{2} \sin 2x$, $E(f) = \left[-\frac{1}{2}; \frac{1}{2}\right], \min f = -\frac{1}{2}, \max f = \frac{1}{2}$;

b) Из точки сosciента $cos^2 x + sin^2 x = 1$ вытекает, что $f(x) = cos^4 x + sin^4 x = (cos^2 x + sin^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{1}{2} \sin^2 2x$;

$E(f) = \left[\frac{1}{2}; 2\right], \min f = \frac{1}{2}, \max f = 2$.

4. a) $[-5; 7]$, $min f = -5, \max f = 7$ (замена $cos x = z \in [-1; 1]$);

6. $[-2; 1]$, $min f = -2, \max f = 1$ (замена $sin x = z \in [-1; 1]$).

5. a) $[-1; + \infty[$, $min f = -1$ (замена $2^x = z \in [0; + \infty[$);

6. Обозначим $2^{\sin x} = z$; тогда $f(x) = g(z) = z^2 - 4z$.

Так как $1 \leq \sin x \leq 1$, то $z \in \left[ \frac{1}{2}; 2 \right]$, и исследовав функцию $g$ на отрезке $\left[ \frac{1}{2}; 2 \right]$, получим: $E(g) = E(f) = \left[ -4; -\frac{7}{4} \right], \min f = -4, \max f = -\frac{7}{4}$.

6. a) $[1 - \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2}]$;

6. $[-5; 5]$;

b) $f(x) = cos^2 x - sin x \cos x = \frac{1 + \cos 2x}{2} - \frac{1}{2} \sin 2x = \frac{1}{2} (1 + \cos 2x)$.

62

$$-\sin 2x) = \frac{1}{2} \left( 1 + \sqrt{2} \cos \left( x + \frac{\pi}{4} \right) \right),$$
погледу $E(f) = \left[ \frac{1 - \sqrt{2}}{2}, \frac{1 + \sqrt{2}}{2} \right]$.

7. а) [0; 4];

6. [−50; 4].

8. а) $\left[ -\frac{4\sqrt{3}}{9}; \frac{4\sqrt{3}}{9} \right]$ (замена $x = z \in [-1; 1]$);

6. $\left[ -\frac{8\sqrt{3}}{9}; \frac{8\sqrt{3}}{9} \right]$ ($\sin 3x = 3\sin x - 4\sin^2 x$, замена $x = z$).

9. Пусть $x$ — высота конуса; тогда радиус его основания равен $r = \sqrt{1 - x^2}$, а объем конуса $V = \frac{1}{3} \pi r^2 x = \frac{1}{3} \pi (1 - x^2)x = V(x)$. Задача свойится к отысканию множества значений функций $V(x)$ на интервале $]0; 1[$. Ответ: объем конуса может принимать любое значение, большее 0 и не превысая ее $V_{\max} = V\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{2\pi}{9\sqrt{3}} \approx 0,4 \text{ дм}^3$.

10. Пусть $x$ — радиус основания цилиндра, $h$ — его высота. Поскольку $V = \pi x^2 h = 1$, $h = \frac{1}{\pi x^2}$, поэтому площадь цилиндра равна $S = 2\pi x^2 + 2\pi xh = 2\pi x^2 + 2\pi x \frac{1}{\pi x^2} = 2\pi x^2 + \frac{2}{x} = S(x)$. Требуется найти множество значений функций $S(x)$ на промежутке $]0; +\infty[$. Имеем $S'(x) = 4\pi x - \frac{2}{x^2} = 0$, если $x^3 = \frac{1}{2\pi}$, т. е. $x = x_0 = (2\pi)^{-\frac{1}{3}}$, причем на промежутке $]0; x_0]$ функция $S(x)$ убивает, а на промежутке $[x_0; +\infty[$ — возвращает. Следовательно, на любом отрезке $[\varepsilon; x_0]$, где $0 < \varepsilon < x_0$, множество значений $S(x)$ есть отрезок $[S(x_0); S(\varepsilon)]$. Из формулы для $S(x)$ видно, что при достаточно малом $\varepsilon > 0$ значение $S(\varepsilon)$ становится сколью уголно большем, поэтому множество значений $S(x)$ на полинетровале $]0; x_0]$ есть промежуток $[S(x_0); +\infty[$. Поскольку при $x \geq x_0$ функция $S(x)$ возвращает, этот промежуток меньше значений $S(x)$ и на всей области определения $]0; +\infty[$. Итак, ответ: площадь поверхности цилиндра объема $1 \text{ дм}^3$ может принимать любое значение, большее или равное $S_{\min} = S(x_0) = 2\pi \cdot (2\pi)^{-\frac{2}{3}} + 2 \cdot (2\pi)^{\frac{1}{3}} = 3 \cdot (2\pi)^{\frac{1}{3}} \approx 5,5 \text{ дм}^2$.

XIX Международная олимпнада по математике

1. Пусть $O$ — центр квадрата (см. рис. на с. 53). Из симметрины оценено, что достаточно два факта: 1) $|OP_1| = |OP_2| = |P_1P_2| = |P_2P_3|$.

Введем систему координат так, как это изображено на рисунке, взяв за единицу положину стороны квадрата. Тогда, как не трудно посчитать, координаты точки $P_1$ будут $(-1 + \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$, координаты точки $P_2$ будут $(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$, а координаты точки $P_3$ — $(\frac{\sqrt{3}}{2} - 1, \frac{\sqrt{3}}{2})$. Телеръ уже нетрудно убедиться, что $|OP_1| = |OP_2| = |OP_3| = \sqrt{2 - \sqrt{3}}$,

2. Покажем, что число членов такой последовательности не больше 16. Действительно, пусть их больше; тогда для последовательности $a_1, a_2, \dots, a_{17}$, выполнен следующее условие: $0 < (a_1 + a_2 + \dots + a_{11}) + (a_2 + a_3 + \dots + a_{12}) + \dots + (a_7 + a_8 + \dots + a_{17}) = (a_1 + a_2 + \dots + a_7) + (a_2 + a_3 + \dots + a_8) + \dots + (a_{11} + a_{12} + \dots + a_{17}) < 0$, что невозможно. Последовательность из 16 членов существует, например, $5, 5, -13, 5, 5, 5, -13, 5, 5$.

3. Наибольшее простое доказательство связано с использованием теоремы Дирихле: «В всякой аргументческой прогрессии, у которой разность, и первый член взаимно просты, содержится бесконечное число простых чисел». Выберем из аргументческой прогрессии $n - 1, 2n - 1, \dots, kn - 1$, четыре простых числа. Пусть это будут $k_1n - 1, k_2n - 1, k_3n - 1, k_4n - 1$. Очевидно, что произведение любых двух из них приладлежит $V_n$ и является числом, непроведимым в $V_n$ в силу простоты сомножителя каждой из которых не приладлежит $V_n$. Отсюда имеем три способа разложения числа $r = (k_1n - 1) (k_2n - 1) (k_3n - 1) \times (k_4n - 1)$ на непроведимые множители из $V_n$. А именно, $r = [(k_1n - 1) \times (k_2n - 1)] [(k_3n - 1) \times (k_4n - 1)] = [(k_1n - 1) \times (k_3n - 1)] [(k_2n - 1) \times (k_4n - 1)] = [(k_1n - 1) \times (k_3n - 1)] \times [(k_4n - 1) \times (k_3n - 1)]$.

4. Выбрав числа $x_1$ и $x_2$ так, чтобы $\cos x_1 = a/\sqrt{a^2 + b^2}$, $\sin x_1 = b/\sqrt{a^2 + b^2}$, $\cos 2x_2 = A/\sqrt{A^2 + B^2}$, $\sin 2x_2 = B/\sqrt{A^2 + B^2}$, мы можем переписать $f(x)$ в виде $f(x) = 1 - \sqrt{a^2 + b^2} \cos(x - x_1) - \sqrt{A^2 + B^2} \cos 2(x - x_2)$.

В точках $x = x_2$ и $x = x_2 + \pi$ cos $2(x - x_2)$ обращается в 1, а cos $(x - x_2)$ либо равняется нулю, либо имеет разные значения. Отсюда следует, что $\sqrt{A^2 + B^2} \leq 1$.

63

В точках $x_1 - \frac{\pi}{4}$ и $x_1 + \frac{\pi}{4}$ cos $(x - x_2)$ равняется $\frac{\sqrt{2}}{2}$, а cos $2(x - x_2)$ либо равняется нулю, либо имеет разные значки. Отсюда следует, что $\sqrt{a^2 + b^2} \leq \sqrt{2}$.

5. Так как $r^2 + q = 1977$, то $r \leq 44$. Если $r = 44$, то $q = 41$ и условие $a^2 + b^2 = r(a + b) + q$ перепишется так: $(a - 22)^2 + (\theta - 22)^2 = 1009$. Обозначив $a - 22 = x$ и $b - 22 = y$, получаем $x^2 + y^2 = 1009$. Но квадраты целых чисел оказываются лишь на 0, 1, 4, 5, 6, 9. Отсюда легко видеть, что либо $x$, либо $y$ оказывается или на 0 или на 5. Перебирая все такие числа, квадрат которых меньше 1009; 0, 5, 10, 15, 20, 25, 30, находим единственное решение $15^2 + 28^2 = 1009$. Отсюда получаем четыре решения для $(a, b)$: $(7, 50), (37, 50), (50, 7)$ и $(50, 37)$.

Если $q \leq 43$, то $r \geq 128$, но из известного неравенства $2(a^2 + b^2) \geq (a + b)^2$ при делении его на $a + b$ следует, что $2q + \frac{2r}{a + b} \geq a + b$ и так как $q < 44$, то $a + b < 88$; но $r < a + b$, следовательно и $r < 88$. Получено противоречие.

6. Покажем, что для любого натурального $k$ выполнен следующие утверждения: если $n \geq k$, то $f(n) \geq k$. Для $k = 1$ утверждение тривально. Пусть оно верно для $k$ и пусть $n \geq k + 1$. Тогда $n - 1 \geq k$ и на основании индуктивного предложения $f(n - 1) \geq k$ и $f(f(n - 1)) \geq k$. А так как $f(n) > f(f(n - 1))$, то $f(n) > k$ или $f(n) \geq k + 1$. Отсюда вытекает, что $f(k) \geq k$ для всех натуральных $k$. Допустим, что для некоторых $k$ имеет место $f(k) > k$. Обозначим через $A$ множество всех $f(n)$ для $n > k$. Пусть $l = f(n)$ — наименьший элемент множества $A$. Так как $n - 1 \geq k$, то $f(n - 1) > k$. Действительно, если $n - 1 > k$, то это следует из неравенства $f(n - 1) \geq n - 1$, а если $n - 1 = k$, то из неравенства $f(k) > k$. Пусть $m = f(f(n - 1))$. Из сказанного вытекает, что $m$ принадлежит $A$. Но верно неравенство $f(n) > f(f(n - 1))$, значит, $l > m$, что противоречит тому, что $l$ есть наименьший элемент множества $A$.

Значит, предположение $f(k) > k$ неверно, и для всех $n$ имеет место $f(n) = n$.

«Задание XL Московской математической олимпиады школьников»
Мы приведим указания только к тем заданным, которые не вошли в «Заданиеник «Кванта»» (см. «Квант», 1977, № 12).

2. Обязательно. Расмотрим выпуклу оболочку вершин всех квадратов. Это — выпуклы многоугольник. Выделим у него одну вершину. Она является общей вершиной каких-то картонного и пластмассового квадратов, $K$ и $\Pi$. Если эти квадраты $K$ и $\Pi$ пересекаются, то вершина одного из них лежит внутри другого (рис. 4); и тогда неокторые два квадрата из одинакового материала (на рисунке 4 это пластмассовые квадраты) обязательно имеют общую точку: противоречие с условиям. Стало бы $K$ и $\Pi$ совпадают. Выкинут их, к оставшей-

64

ные натуральные числа $m$ и $n$, положим $\frac{a}{c} = m$ и $\frac{b}{c} = n$. Теперь в качестве $c$ возьмем число $c = m^{15} + n^{15}$; числа $a$ и $b$ определяются после этого однозначно.

8. Ответ: второй.

9. Наименьшее $n$ равно 50. Любой выпуклый 100-угольник можно получить в виде пересечения 50 треугольников, беря вершины 100-угольника через одну, как это показано на рисунке 8, а.

100-угольник, изображенный на рисунке 8,6 (с очень длинной одной стороной) не представляется в виде пересечения меньше числа треугольников.

10. Ответ: $n = 2$. Предположим, что $n \ge 3$. Возьмем три отрезка $a, b$ и $c$, и проведем три прямые, соединяющие попарно их середины. Каждый из отрезков $a, b, c$ перепendикularен двумя прямыми, выходящим из его середины, поэтому он перепendикularен и плоскостями, проходящей через три проведенные прямые. Тем самым три отрезка $a, b, c$ параллельны между собой, что противоречит условияю.

11. Можно. Круги достаточно расположить далеко друг от друга так, чтобы их центры лежали на параболе $y = x^2$.

«Квант» для младших школьников

(См. «Квант» № 1, с. 37)

1. ХVI — II = XIV.

2. Обратимся к рисунку. Клетки его заполенены следующим образом: спереди в каждой из клеток $M$ записали единицы. Это соответствует тому, что каждую из буков $M$ мы можем выбрать единственным образом.

Клетки последующих столбцов заполнялись последовательно, столбец за столбом, следва направо. В каждую клетку мы записьвали сумму чисел, просавленные в соседних левых клетках. Это соответствует