По страницам газеты МФТИ «За науку»

Мышечка

Почитатель — посетитель библиотек.
Арифметр — измеритель нескладных стихов.
Нагоней — выдача водиательских прав.

Объявления
Всем! Всем! Всем срочно постричься!
Кто забыл на столе в Большой физический тетрадь по теоретической физике?
У тебя там две ошибки.

Давайте жить по солнечным часам.
Часовая мастерская
Не стоит под стрелой!
Робин Гуд
Без спецобуви не работай!
Кот в салонах

Информация
В нашей картиной галерее сегодня проходит выставка следующих картин:
— Федотов, «Завтрак аристократа».
Масло, хлеб.
32×64 см.
— Репин, «Турецкий султан читает письмо заположских казаков».
— Пикссо, «Девочка на торе».

— Репин, «Иван Грозный обьявляет строгий выбор своего сыну».
— Петров-Кефиров, «По-купание красного коня».
— Суриков, «Вечер стрелецкой казни».
— Перов-Решетников,
«Опять тройка».
— Серов, «Персики без девушки».

Крупины
Котомка — измеритель сопротивления кота.
Истина — лягушка.
Изгордь — студенческий сельхозотряд.
Назад — ярлык.
Параметр — рост баскетболиста.
Ступень — студент-двоечник.

Задачик

1. В бассейн втекает вода из трубы A со скоростью C₁ и вытекает из трубы B со скоростью C₂; С вышики высотой H в этот бассейн рыгает студент. Рассмотрень все случаи.

2. При уборке комнаты студент уронил на ногу кирпич. Оценить массу кирпича, если у соседей заложилоуши.

Новости
Группе французских физков - экспериментаторов во главе с доктором де Магогом удалось измерить число «пи» с точностью до одной миллионной процента. Они измерили постоянные Планка «аш» и «аш с чертою», определялив таким образом два «пи».
Остальное было делом технически.

Однажды физик долго сидел на скучнейшем заседании. Наконец он не выдержал и вышел в холодную нитку не мешал, он открыл новый эффект. И от радости назвал его эффектом Холла.

Как известно, бозоны подчиняются распределению воздуха. Фермионы — распределению новых частных которых подчиняются распределению Гиббса, — гиббоны.

60

Задчи на координатной плоскости

2. $3\sqrt{3}$.
3. 1. $a=0, b=1/4$. 2) $(-1/2; 1/2), (5/2; 13/2)$.
4. $a=9, AB=40\sqrt{2}$.
5. 32/27.
6. 1. $-21/5 \leqslant a \leqslant -1$; 2) $-9 \leqslant a \leqslant 9$.
7. Катеты равны по 7/(3$\sqrt{2}$); гипотенуза равна 7/3.
8. $a \in ]-\infty; -4[ \cup] -5/4; 0[$.
9. 1. принадлежит; 2) 75/2.
10. $(24+6\sqrt{3}-12\sqrt{2}-\pi)/12$.

XX Всеоизная олимпида по математике
8 класс

1. Пусть $x_1$ и $x_2$ — корни данного уравнения. По теореме Виета $x_1+x_2=-a, x_1x_2=1-b$, и поэтому $a^2+b^2=(x_1+x_2)^2+(1-x_1x_2)^2=x_1^2+x_2^2+1+x_1^2x_2^2=(x_1^2+1)(x_2^2+1)$, где числа $x_1^2+1$ и $x_2^2+1$, очевидно, больше 1.
2. См. решение задачи М996 («Квант», 1986, № 12).
3. Пусть $O$ и $O_1$ — центры окружностей, описанных около треугольников $ABM$ и $CBM$ соответственно. Общей части кругов, ограниченных этими округностями, является обеднение двух сегментов с общей хордой $BM$. Так как величины углов $\angle BOM=2\angle BAC$ и $\angle BO_1M=2\angle BCA$ построены, то площадь каждой из сегментов тем меньше, чем меньше хорда $BM$. Следовательно, площадь общей части кругов минимальная, когда $BM$ — высота в треугольнике $ABC$.
4. а) Ответ. Можно. Пример приведен на рисунке 1.
5. Ответ. Нельзя. Решение. Докажем, что, если в стране $n$ городов, то требуемую сеть дорог можно построить лишь тогда, когда одно из чисел $n$ или $n-2$ является квадратом целого числа. Из условия ($n$ городов и $n-1$ дорог) следует, что из любого города в любой другой городе ведет единственный путь. Выберем какой-нибудь город $A$ и называем его «хорошим». Назовем город $B$ «хорошим», если длина пути от $A$ до $B$ — четное число, и «плохим», если длина этого пути нечетна. Нетрудно убедиться в том, что длина пути между двумя городами четна тогда и только тогда, когда эти города либо «хорошие», либо оба «плохие».
   Обозначим число «хороших» городов через $x$, число «плохих» — через $y$. Тогда $x+y=n$. Все имеется $xy$ пар городов, в которых один город «хороший», а другой «плохой». Следовательно, среди чисел 1, 2, 3, …, $\frac{n(n-1)}{2}$ имеется $xy$ нечетных чисел. Если $\frac{n(n-1)}{2}$ — четное число, то $xy=\frac{1}{2}\cdot \frac{n(n-1)}{2}$ и поэтому, то $xy=\frac{1}{2}\left(\frac{n(n-1)}{2}+1\right)$ и, следовательно, $n=(x-y)^2$. Если $\frac{n(n-1)}{2}$ — четное число, то $xy=\frac{1}{2}\left(\frac{n(n-1)}{2}+1\right)$ и, следовательно, $n=(x-y)^2$. Так как ни 1986, ни 1984 не является квадратами целых чисел, то при $n=1986$ требования короля не могут быть выполнены.
6. Ответ: $x=3, y=2, z=1, n \geqslant 2; x=6, y=8, z=4, n \geqslant 2; x=8, y=3, z=7, n=2$. Указание. Задчача свойств к нахождению цифр $x, y, z$, для которых $x^2 \cdot 11...1 + y = z \cdot 100...01$. Положив здесь $x^2=uv$, где $u$ и $v$ — цифры, получим, сравним число десятиков, что $u+v=9$ либо $u+v=10$.
7. Заметим сначала, что для любой точки $D$, лежащей внутри или на сторонах треугольника $ABC$ и отличиной от вершины $C$, справедливо неравенство $AD+DB<AC+CB$.
   Пусть $A_1A_2...A_{12}$ — данный 12-угольник, $O$ и $O'$ — данные точки и (для определения) точки $O'$ лежит внутри или на сторонах треугольника $OA_1A_2$. Тогда в силу заменения и неравенства треугольника имеем
   $O'A_1+O'A_2<OA_1+OA_2$,
   $O'A_i-OA_i \leqslant 10$ для $i=3, 4, ..., 12$
   и поэтому
   $O'A_1+...+O'A_{12}-(OA_1+...+OA_{12})=O'A_1+O'A_2-OA_1-OA_2)+(O'A_3-OA_3)+...+(O'A_{12}-OA_{12})<10 \cdot 10$ см=1 м.
   Поменяв ролими точки $O$ и $O'$, получим, что $|(OA_1+...+OA_{12})-(O'A_1+...+O'A_{12})|<1$ м.
8. Ответ: можно. Решение. Нальем во все стаканы, кроме одного, по 100 г молока, а в осташийся — 200 г. Общее количество молока равно 3100 г, и при разделе поровну в каждой стакане должно содержаться по $\frac{310}{3}$ г. После $n$-го переливания количество молока в каждой стакане, умноженное на $2^n$, будет выражаться целым числом граммов.
   Позотому число $2^n \cdot \frac{310}{3}$ должно быть целым, что невозможно ни при каком $n$.
9. а) Ответ: 1. Указание. При повороте прямогоугольника относительно его центра на $180^\circ$ диагональ переходит в себя, а раскраска меняет на противоположную.

6. Ответ: 5000/4999. Решение. Расположим данной прямойугольник $ABCD$ на координатной плоскости так, чтобы точка $A$ совпала с началом координат, $B$ имела координаты $(0; 101), C - (99; 101), D - (99; 0)$. Пусть, для определения, угловой квадрат при вершине $A$ — белый. Так как числа 99 и 101 взаимно просты, то диагональ $AC$ не проходит через узлы в точках, отличных от $A$ и $C$. Позотому при каждом пересечении $AC$ с линейными сетки проискут перемена цвета. Отношение длины отрезков равно отношению длины отрезков на ось $Ox$. Проекцией $AC$ на ось $Ox$ является отрезок $AD$, проекциями точек пересечения $AC$ с горизонтальными линиями сетки являются точки вида $\left(\frac{99}{101}m; 0\right)$, $m=0, 1, ..., 101$, с вертикальным линиями — точки вида $(n; 0)$, $n=0, 1, ..., 99$. Из неравенств

61

Рис. 2.

$$m - 1 < \frac{99}{101} m < m \text{ при } 1 \leq m \leq 50 \text{ и } m - 2 < \frac{99}{101} m - 1 \text{ при } 51 \leq m \leq 100 \text{ следует, что точки } \left( \frac{99}{101} m; 0 \right) \text{ и } (m; 0) \text{ при } m = 1, 2, \dots, 49 \text{ будут черезаться, затем встретиться точки } \left( \frac{99}{101} \cdot 50; 0 \right), \text{ после чего снова почередно появят точки } \left( \frac{99}{101} m; 0 \right) \text{ и } (m - 1; 0) \text{ при } m = 51, 52, \dots, 100 \text{ (рис. 2). Сумма длины проекций больших отрезков равна } \frac{99}{101} + \left( 2 \cdot \frac{99}{101} - 1 \right) + \dots + \left( 50 \cdot \frac{99}{101} - 49 \right) + \left( 50 - 51 \cdot \frac{99}{101} \right) + \dots + \left( 99 - 100 \cdot \frac{99}{101} \right) = - \frac{99}{101} \cdot 50^2 + 50^2 = \frac{5000}{101},$$

сумма длины проекций черных отрезков равна $99 - \frac{5000}{101} = \frac{4999}{101}$. Искомое отношение, следовательно, равно $\frac{5000}{4999}$.

9 класс

1. Указание. Из условия следует, что $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = 2 |AC| \cdot |BD| \cos \frac{\pi}{4} = |BD|^2 \sqrt{2}$. Числа $\vec{AC} \cdot \vec{BD}$ и $|BD|^2$ — целые, $\sqrt{2}$ — irrationalное число. Противоречие.

2. Любое нечетное натуральное число, больше 1, можно представить в виде разности квадратов двух натуральных чисел: $2k + 1 = (k + 1)^2 - k^2$. Запишем произвольную возрастную последовательность натуральных чисел: $a_1 < a_2 < \dots < a_{n-1}$, где $a_1 \geq 3$ — нечетное число, а остальные числа — четные. Сумма квадратов этих чисел $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_{n-1}^2 = 2k + 1$ — нечетное число, причем $k > \frac{a_n^2 - 1}{2} > a_{n-1}$. Положим $a_n = k$, тогда $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2 = (a_n + 1)^2$. Аналогично построим последовательность $b_1 < b_2 < \dots < b_m$, где $b_1 > 2a_n$ — нечетное число, $b_2, \dots, b_{m-1}$ — четные, причем $\frac{b_{i+1}}{b_i} > a_n$, $i = 1, 2, \dots, m - 1$, и $b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_m^2 = (b_m + 1)^2$. Запопним таблицу, вписав в клетку, стояшую в i-й строке и j-м столбце, число $b_i^2 a_j^2 = (b_i a_j)^2$.

Полученная таблица удовлетворяет условиям задачи.

3. a) Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей и пусть точка $O_3$ такова, что $AO_1 O_2 O_3$ — параллелограмм. Тогда $O_3$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC$. Действительно, обозначим через $P, L, Q$ проекции на прямую $AB$ точек $O_1, O_2, O_3$ соответственно. Пусть, для определения, $Q$ лежит между $P$ и $L$ (см. рис. 3). Тогда $AQ = AM + MQ$, $BQ = BM - MQ$. Так как $AO_1 = O_3 O_2$, то $AP = QL$ и поэтому $BM = 2ML = 2MQ + 2QL = 2MQ + 2AP = 2MQ + AM$. Следовательно, $BQ = MQ + AM = AQ$, т. е. $O_3$ лежит на средним перепределению к отрезку $AB$. Аналогично доказывается, что $O_3$ лежит на средним перепределению к отрезку $AC$. Радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$, равен $AO_3 = O_1 O_2 = l$.

6. Так как $O_3 O_2 = AO_1$, то при любом выборе точки $A$ точка $O_3$ лежит на окружности, центром которого является центр $O_2$ второй окружности, а радиус равен радиусу первого окружности. Все точки указанной окружности, кроме точки $M^*$ и $N^*$, получаются из точки $M$ и $N$ параллельным перепортом, при котором точка $O_1$ переходит в $O_2$, принадлежат исключому множество точек.

4. Рассставим в узлах сетки, описанной в условиям задачи, числа 0, 1, 2 следующим образом: улевого нижнего угла шестиугольника — как на рисунке 4, далее во все стороны числа периодически повторяют.

Поскольку 1000 при делении на 3 дает в остатке 1, в остальные вершинах шестиугольника и в его центре числа расположается так, как показано на рисунке 5. Если вершины правого треугольника расположены в узлах сетки, то сумма стоящих в них чисел делится на 3.

Для доказательства этого удобно «продолжить» полученную сетку до разбиения всей плоскости (см. рис. 4) и заменить, что при повороте на 60° (по или против часовой стрелки) вокруг любого из узлов решети множества узлов, занумерованных той же цифрой, что и центр поворота, переходит в себя, а множество узлов, занумерованных двумя остальных цифрами

62

«меняются местами»: например, при повороте на угол 60° с центром в точке A, заумерованной цифрой 0, любой узел с номером 0 переходит в узел с номером 0, любой узел с номером 1 переходит в узел с номером 2, узел с номером 2 — в узел с номером 1.

Возьем темер пронзовый правильный треугольник PQR с вершинами в узлах решетки. Если его вершины P и Q заумерованы одинаковыми цифрами, то и вершина R будет заумерована той же цифрой (она получается из точки Q поворот на угол 60° вокруг точки P).
Аналогично, если в вершинах P и Q — две разные цифры, то в вершине R стоит треугольника.

Таким образом, всегда сумма чисел, стоящих в вершинах пронзового правильного треугольника, делится на 3.

Легко проверить; что сумма всех чисел, стоящих в узлах сетки, при делении на 3 дает в остатке 2. Поэтому у последнего неокрашенного узла должно стоять число 2. Согласно рисунку 5 этот узел не может совпадать с вершиной шестиугольника.

Рис. 5.

5. а) Пусть $O$ — центр описанной около $n$-угольника $A_1A_2 \dots A_n$ окружности. Так как $\overrightarrow{MA}_k = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}_k$, $k = 1, 2, \dots, n$, то рассматриваемые выражения принимает вид $(\pm MO \pm MO \pm \dots \pm MO) + (\pm OA_1 \pm OA_2 \pm \dots \pm OA_n)$. Достаточно взять знак плоску у векторов $\overrightarrow{MA}_k$ с нечетными номерами $k$ и знак минус — у остальных.

6. Пусть векторы $\overrightarrow{OA}_{i_1}, \overrightarrow{OA}_{i_2}, \dots, \overrightarrow{OA}_{i_k}$ входят в рассматриваемое выражение со знаком плоскус, а векторы $\overrightarrow{AO}_{j_1}, \overrightarrow{AO}_{j_2}, \dots, \overrightarrow{AO}_{j_{n-k}}$ — со знаком минус. Тогда выражение принимает вид $k\overrightarrow{MO} - (n-k)\overrightarrow{MO} + (\overrightarrow{OA}_{i_1} + \overrightarrow{OA}_{i_2} + \dots + \overrightarrow{OA}_{i_k}) - (\overrightarrow{OA}_{j_1} + \dots + \overrightarrow{OA}_{j_{n-k}})$ и будет равно 0, если $\overrightarrow{MO} = \frac{1}{n-2k} ((\overrightarrow{OA}_{i_1} + \overrightarrow{OA}_{i_2} + \dots + \overrightarrow{OA}_{i_k}) - (\overrightarrow{OA}_{j_1} + \overrightarrow{OA}_{j_2} + \dots + \overrightarrow{OA}_{j_{n-k}}))$.

Этим равенством точки $M$ определяется однозначно, если заданы номеры: $i_1, i_2, \dots, i_k$ и $j_1, j_2, \dots, j_{n-k}$. Число таких наборов конечного, поэтому при нечетном $n$ конечным будет и число точки $M$.

7. Ответ: a) $(n-1)^2 - 1; 6)$ $n-2$. См. решение задачи M1005 («Квант», 1987, № 1).

8. Достаточно доказать, что для всех действительных чисел выполяется неравенство $|\sin x| + |\sin (x+1)| + |\sin (x+2)| > \frac{8}{5}$. Так как функция $f(x) = |\sin x| + |\sin (x+1)| + |\sin (x+2)|$ — периодическая с периодом $π$, то достаточно доказать неравенство для $x \in [0; π]$. Сначала доказем, что при $x \in [0; π]$ выполняется неравенство $f(x) > 2\sin 1$. Пусть $0 \leq x < π-2$. Тогда $f(x) = \sin x + \sin (x+1) + \sin (x+2) = 2\cos 1 \cdot \sin (x+1) + \sin (x+1)$. Так как $1 \leq x+1 < π-1$, то $\sin (x+1) \geq \sin 1$, $\sin 2 > \sin 1$, поэтому $f(x) \geq \sin 2 + \sin 1 > 2\sin 1$.

> 2 sin 1. Случай $\pi-2 \leq x < \pi-1$ и $\pi-1 \leq x \leq \pi$ рассматривается аналогично. Остается докажать, что 2 sin 1 > $\frac{8}{5}$. Имеем $\left| \frac{\sqrt{3}}{2} - \sin 1 \right| = 2\left| \frac{\pi}{3} - 1 \right| \cdot \left| \cos \frac{\pi}{3} + 1 \right| \leq 2\left| \sin \frac{\pi}{3} - 1 \right| \leq \frac{\pi}{3} - 1 < 0,05$. Отсюда 2 sin 1 ≥ $2\left(\frac{\sqrt{3}}{2} - 0,05\right) = \sqrt{3} - 0,1 > \frac{8}{5}$.

10 класс

1. Ответ: 1 и 9. Проверка показывает, что числа 1 и 9 удовлетворяют условиям. Докажем, что других чисел нет. Пусть число $n = m^2$ имеет $m > 1$ различных делителей. Все отличные от $m$ делители числа $n$ можно разбить на пары так, чтобы произведение чисел в каждой паре равна $n$. Пусть количество таких пар равно $k$. Тогда $m = 2k+1$, а число $n$ нечетно и имеет равно $k$ делителей, меньших $m$. Пусть $n$ делится на все нечетные числа меньше $2k+1$. Число $2k-1$ является делителем числа $n=(2k+1)^2$, а значит, и числа $4=(2k+1)^2-(2k-1)(2k+3)$, откуда $k=1$.

2. См. решение задачи M999 («Квант», 1986, № 12).

3. См. решение задачи M1004 («Квант», 1987, № 1).

4. Указание. Изозем расстановку целых чисел во всех единичных кубиках пригодной, если их суммы в любом ряду равны нулю. Например, что с помощью следующих двух операций:

a) перестановка местами двух слеве единичных кубиков, параллельных какой-люго грани куба, 6) прибавление к числам, стоящим у красных вершин исходного куба (см. рис. 6), и одновременное вычитание из чисел, стоящих у сних вершин, одного и того же числа, можно добавиться того, что количество различных чисел увеличится. Повторяя несколько раз описанные операции, добавляется того, что все числа будут различными.

5. См. решение задачи M997 («Квант», 1986, № 12).

6. Заметим (рис. 7), что любая касательная, не параллельная стороне квадрата, отсекает от него прямой треугольник с перimetром 2, острым углом $\varphi$ и площадью $S_{\varphi}=1-\frac{2}{\sin \varphi+\cos \varphi+1} \leq 1-\frac{2}{\sqrt{2}+1}=(\sqrt{2}-1)^2$ (равенство достигается при $\varphi=45^\circ$). Тогда площадь $S$ общее части квадрата и треугольника удовлетворяет неравенству $S \geq 4-3(\sqrt{2}-1)^2=6\sqrt{2}-5>3,4$.

Неравенство же $S>3,5$, вообще говоря, не выполняено. Действительно (рис. 8), пусть две стороны описанной треугольника пересекают стороны квадрата под углом $45^\circ$, а третий сторона проведена с таким расчетом, чтобы площадь $S_{\varphi}$ отсекаемого его треугольника удовлетворяла неравенству $0,5+2(\sqrt{2}-1)^2=3,5$.

7. Ответ: $\left[\frac{n}{2}\right]+1$. Решение. Поставим в соответствии каждому $n=$

63

Рис. 6. Рис. 7. Рис. 8.

$$= 0, 1, \dots, \left[ \frac{n}{2} \right] \text{ многочлен}$$
$$P_m(x) = \sum (a_i + 2b_i) x^i,$$
где коэффициенты $a_i, b_i \in \{0; 1\}$ счит «цифры» двойной записи чисел $n - 2m$, $m$ соответственно, т. е. определяются из разложений
$$n - 2m = a_0 \cdot 2^0 + a_1 \cdot 2^1 + a_2 \cdot 2^2 + \dots,$$
$$m = b_0 \cdot 2^0 + b_1 \cdot 2^1 + b_2 \cdot 2^2 + \dots$$
(индекс суммирования $i$ здесь и ниже пробегает неокторое конечное множество целых неотрицательных значений). Проверка показывает, что многочлен $P_m(x)$ допустим и
$$P_m(2) = \sum (a_i + 2b_i) \cdot 2^i = (n - 2m) + 2m = n.$$
Любой многочлен
$$P(x) = c_0 + c_1x + c_2x^2 + \dots,$$
удовлетворяющий условию задачи, совпадаетровно с одним многочленом из списка $P_0(x), P_1(x), \dots, P\left[ \frac{n}{2} \right](x)$. Действительно, каждый из его коэффициентов $c_i$ представляет собой двумя значения (ибо $c_i \leq 3$) число в двойной записи, т. е. имеют место разложения
$$c_i = a_i \cdot 2^0 + b_i \cdot 2^1,$$
в которых коэффициенты $a_i, b_i \in \{0; 1\}$ определяются однозначно. Поэтому справедливо то же действие $P(x) \equiv P_m(x)$, где число $m$ задается равенством (*) и не превыходит $\left[ \frac{n}{2} \right]$, так как
$$n = P(2) = \sum (a_i + 2b_i) \cdot 2^i \geq 2\sum b_i \cdot 2^i = 2m.$$
8. См. решение задачи М998 («Квант», 1986, № 12).

Калейдоскоп «Кванта»

Вопросы и задачи

1. В данном случае, как следует из определения равнодействующей силы, ее просто не существует.
2. Сила тягги стала бы вдвое больше.
3. Реальную (обладанию массой) вервку строго горизонтально натянут нельзя.
4. В точке $B$, так как здесь вогнутая поверхность дороги и сила давления наиболее важна.
5. Тело на наклонной плоскости легче удержать, чем движать вверх (учтите действие силы треня).
6. На груз действует сила треня, направленная по скорости движения автоматически.
7. См. рис. 9. I — пружины соединины последовательно, II — параллельно.
8. Сила тягости.
9. В крайних положениях груза равнодействующая сила направлена по касательной к траектории, в нижнем положении — к точке подвеса мятника.

Рис. 9.
10. Сила взимного прияжения превращают силы треня.
11. Нет, ящик станет поворачивать относительно ребра $B$.
12. Линия индукции магнитного поля направлена с севера на юг.

Микроопыт
Сила треня зависит от прижимающего силы, которая в случае набухшей доски значительной большие, чем в случае сухой.

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 10)

1. Точка $D$ следует поставить так, чтобы отрезок $CD$ был равен 1/5 отрезка $AC$ (рис. 10); тогда площадь треугольника $DBC$ будет равен 1/5 площади треугольника $ABC$. Аналогично точка $E$ ставится так, чтобы $BE = AB/4$, точка $F$ так, чтобы $FD = AD/3$, и точка $G$ так, чтобы $EG = AE/2$.
2. Ответ: 1 999 999 999, Решение. Если среди данных чисел есть два числа $a$ и $b$, больше единицы, то, заменив одно из них на $ab$, а второе на 1, получим, что произведение всех чисел не изменится, а сумма увеличится, так как из очередного неравенства $(a - 1)(b - 1) > 0$ следует, что $ab + 1 > a + b$. Таким образом, сумма будет максимальной, если одно из чисел равно миллиарду, а остальные — единицам.
3. Нет, так как всякое такое число меньше, чем $(10 000)^2$, но больше, чем $(9999)^2 = 99 980 001$.
4. Из рисунка к условиям задачи видно, что во втором чайнике большая часть пара выходит