VI Творческий конкурс учителей математики

20 сентября 2009 года в Москве состоялся VI Творческий конкурс учителей математики. Он был организован Московским центром непрерывного математического образования совместно с Московским институтом открытого образования, газетой «Математика», математическим факультетом Московского педагогического государственного университета и Московским городским педагогическим университетом при поддержке фонда «Династия».
Информацию о предыдущих творческих конкурсах можно найти на сайте www.mccme.ru и в газете «Математика» (см. № 10/2005, № 1/2006,  № 10/2007, № 8/2009). Кроме того, материалы этих конкурсов, а также материалы заочных конкурсов учителей математики опубликованы в книге: Блинков А.Д., Горская Е.С., Ященко И.В. Творческие конкурсы учителей математики. — М.: МЦНМО, 2008.
По установившимся правилам победители и призеры предыдущего конкурса не могли стать победителями или призерами этого, что не помешало некоторым из них принять участие в олимпиаде вне конкурса, а другим — влиться в состав жюри. Вместе с тем, как и в прошлые годы, для расширения рамок проведения конкурса, на него были персонально приглашены (за счет организаторов) победители IV заочного конкурса, который был проведен в первой половине года через газету «Математика» (см. № 1, 22, 2009 г.). Поэтому среди участников очного тура VI конкурса помимо учителей Москвы и Подмосковья были учителя из Волгоградской, Кировской, Ленинградской, Липецкой, Свердловской, Тюменской и Челябинской областей, из Дагестана, Чувашии и Казахстана.
Задания для проведения конкурса были подготовлены методической комиссией, работавшей на базе МЦНМО. В эту комиссию и в жюри олимпиады вошли: А.Д. Блинков, Е.Б. Гладкова, Е.С. Горская, В.М. Гуровиц, А.В. Иванищук, А.Г. Мякишев, Д.В. Прокопенко, И.В. Раскина, Л.С. Тимакова, А.В. Хачатурян, Д.Э. Шноль, И.В. Ященко.
Вариант включал в себя 10 заданий, разбитых на два блока. Первый блок — математические задачи, которые требовалось решить; второй блок — методический, включавший в себя формулировки математических утверждений и их «доказательства», в которых требовалось найти ошибки; задания на составление задач и на обоснование тонких моментов школьной программы. По отзывам участников оба блока заданий были для них интересны, но методическая составляющая — особенно, так как она в большей степени отражает повседневную работу учителя.
Как всегда, в вариант были включены задания по арифметике, алгебре, основам математического анализа, комбинаторике и геометрии. Каждое задание оценивалось, исходя из 10 баллов. На выполнение заданий отводилось 4,5 часа.
Очный тур конкурса, как и прежде, проходил в помещении математического факультета МПГУ. Большую помощь в организации и проведении конкурса оказали декан факультета профессор С.А. Жданов и заведующий кафедрой элементарной математики профессор В.А. Смирнов, а также студенты факультета.
Для учителей, которые не имели возможности приехать на очный тур, как и в прошлые годы, был проведен тур конкурса по интернету. Одновременно с началом конкурса в Москве на портале МЦНМО были выложены задания конкурса и анкета. Участникам заочного тура на выполнение заданий было выделено 5,5 часов. В интернет-туре конкурса приняли участие учителя из многих городов России.
Творческий конкурс являлся открытым для всех желающих, для участия в очном туре достаточно было только предварительно зарегистрироваться, а для участия в интернет-туре не требовалось и этого.
Всем участникам была обеспечена полная анонимность участия и объективность проверки, так как все работы были зашифрованы. Каждый участник мог узнать результат проверки только своей работы (по телефону, сообщив свой шифр, или через интернет). Победителями или призерами конкурса могли стать только школьные учителя, имеющие в текущем учебном году не менее 9 часов в неделю преподавательской нагрузки. Возможность стать победителем или призером интернет-тура не зависела от успешности участия в предыдущих конкурсах.
По итогам конкурса были выделены две номинации: победители (набравшие не менее 70 баллов) и призеры (набравшие 55–69 баллов). Все они награждены специальными дипломами. Кроме того, победители конкурса получили индивидуальные денежные гранты фонда «Династия», а призеры конкурса (а также победители и призеры интернет-тура) — научно-популярную и методическую литературу. Списки победителей и призеров публикуются в алфавитном порядке.

Победители очного тура
Аскеров Аскер Ферзуллаевич (образовательный центр «Развитие», г. Махачкала);
Блинков Юрий Александрович (центр образования № 218, г. Москва);
Волчкевич Максим Анатольевич (лицей «Вторая школа», г. Москва);
Ибатулин Ибрагим Жоржевич (лицей № 60, г. Астана, Республика Казахстан);
Марачёв Алексей Анатольевич (школа № 179, г. Москва);
Мухин Дмитрий Геннадьевич (школа № 91, школа № 179, г. Москва);
Нетрусова Наталья Михайловна (школа-интернат «Интеллектуал», г. Москва);
Ситчихина Людмила Анатольевна (школа № 1, г. Омутнинск, Кировская обл.);
Цорин Борис Иосифович (школа № 6, г. Балашиха, Московская обл.).

Призеры очного тура
Акимова Инна Александровна (центр образования № 1463, г. Москва);
Андреева Анна Николаевна (школа № 91, г. Москва);
Афанасьева Светлана Викторовна (школа № 420, г.Москва);
Иванова Наталья Вячеславовна (центр образования № 654, г. Москва);
Карпов Олег Александрович (центр образования № 218, г. Москва);
Кириллова Светлана Юрьевна (центр образования № 429, г. Москва);
Медведев Кирилл Владимирович (лицей «Вторая школа», г. Москва);
Назарова Ксения Анатольевна (школа-интернат «Интеллектуал», г. Москва );
Паршева Елена Викторовна (школа № 30, г. Волжский, Волгоградская обл.);
Сгибнев Алексей Иванович (школа-интернат «Интеллектуал», г. Москва);
Селиванова Ирина Павловна (школа с. Петелино, Ялутовский р-н, Тюменская обл.);
Терехов Павел Станиславович (лицей № 1537, г. Москва);
Шайкина Ирина Алексеевна (центр образования № 548, г. Москва).

Победители интернет-тура
Данелян Сусанна Амирбековна (гимназия № 12, г. Волгоград);
Королёв Юрий Николаевич (лицей им. Н.И. Лобачевского при КГУ, г. Казань);
Утяганов Сайяр Эмдасович (лицей им. Н.И. Лобачевского при КГУ, г. Казань);
Эвнин Александр Юрьевич (школы № 35, 82, 91, г. Челябинск).

Призеры интернет-тура
Беляев Сергей Анатольевич (школа № 1173, г. Москва);
Замараев Владимир Анатольевич (Разъезженская школа, с. Разъезжее, Красноярский край);
Пукас Юрий Остапович (гимназия г. Троицка, Московская обл.)
Путилов Виктор Васильевич (школа № 146, г. Пермь).

Задания конкурса

I. Математический блок

Решите задачи.
1. Ноздрев ловким движением спрятал шашку Чичикова за обшлаг рукава. В результате черных шашек на доске оказалось в 4 раза больше, чем было белых шашек за несколько ходов до этого. Сколько всего шашек осталось на доске после похищения, если непосредственно перед ним черных шашек было в 5 раз больше, чем белых?

2. В скачках участвуют три лошади. На одну из них ставки принимают в отношении 1 : 4 (то есть если эта лошадь приходит первой, то поставленные на нее деньги возвращают и еще выдают 4 раза по столько), на другую — 1 : 3, на третью — 1 : 1. (Если лошадь не приходит первой, то деньги, поставленные на нее, не возвращаются.) Можно ли так сделать ставки, чтобы выиграть при любом исходе забега?

3. Верно ли, что если все грани тетраэдра — остроугольные треугольники, то и все его двугранные углы — острые?

4. В треугольнике АВС АВ = 9, ВС = 8, АС = 7, AD — биссектриса. Окружность проходит через точку А, касается стороны ВС в точке D и пересекает стороны АВ и АС в точках E и F соответственно. Найдите длину EF.

5. Существует ли такая функция f(x), что f(f(x)) = sin x?

II. Методический блок

В предложенных «задачах» (задания № 6–8) могут содержаться математические ошибки (как в условиях, так и в «ответах», «решениях» или «доказательствах»). Если некорректно условие, то объясните, почему это так, и найдите ошибки в «решении» («доказательстве»). Если неверно только «решение» («доказательство»), то укажите ошибки и приведите верное решение (доказательство).

6. «Задача». При каких значениях a сумма квадратов трех действительных корней многочлена P(x) = x3 + ax2 – x + 2 равна 6?
«Ответ»: при a = ±2.
«Решение». Если многочлен
P(x) = x3 + ax2 – x + 2
имеет три действительных корня: x1, x2 и x3, то его можно представить в следующем виде:
P(x) = (x – x1)(x – x2)(x – x3).
Раскрывая скобки, получим, что
a = –(x1 + x2 + x3) и x1x2 + x2x3 + x1x3 = –1.
Учитывая условие получим:
a2 = (x1 + x2 + x3)2 = 6 – 2 = 4.
Таким образом, a = ±2.

7. «Задача». В равнобокой трапеции АВСD (АD — большее основание) AB = DC = 5 см,
ВС = 6 см, АС = 8 см, ∠CAD = 30°. Найдите площадь трапеции.
«Ответ»: 36 см2.
«Решение». Проведем высоту СН (рис. 1). Так как ∠ CAD = 30°, то   Треугольник СDН — египетский, значит, DН = 3 см. Так как трапеция равнобокая, то

АD = ВС + 2DН = 12 см.

Следовательно, площадь трапеции:
 

8. «Задача». В парламенте каждый депутат имеет не более трех врагов. Докажите, что парламент можно разделить на две палаты так, что у каждого депутата будет не более одного врага внутри палаты.
«Доказательство». Поместим всех депутатов в зал. Выберем одного депутата и отправим его в палату А. Затем выберем в зале такого депутата, у которого нет врагов в А (если такой есть), и также отправим его в А. Будем повторять эту процедуру до тех пор, пока в зале будут оставаться такие депутаты. Когда они закончатся, выберем в зале такого депутата, который имеет в палате А ровно одного врага, и отправим его в А. Проделаем так несколько раз, пока и такие депутаты не закончатся. Тогда возьмем в зале таких депутатов, у которых три врага в палате А, и всех их отведем в палату В. Они не враждуют между собой, так что все будет корректно. В зале останутся депутаты, у которых ровно два врага в палате А, но тогда у них не более одного врага среди депутатов из палаты В и тех депутатов, которые пока остались в зале, стало быть, всех их можно отправить в В. Задача решена.

9. Учитель, подбирая к контрольной работе упражнения на тему «Теорема Пифагора», нашел в одном из сборников такую задачу: «В прямоугольном треугольнике ABC к катету BC проведена медиана AM. Известно, что AС = 5, AM = 7. Найдите гипотенузу AB».
— Приятно, что и в условии, и в ответе целые числа, — подумал учитель, решив задачу. — Теперь нужна аналогичная задача с другими числами для второго варианта.
Помогите коллеге. Разумеется, треугольники в двух вариантах задачи не должны быть подобными. Объясните, каким образом вы нашли требуемые числа. По возможности укажите метод, позволяющий составить много «числовых клонов» данной задачи.

10. Девятиклассник Вася записал на доске:

— Вася, ты не прав, — сказала учительница, — отрицательные числа нельзя возводить в дробную степень.
— Почему же нельзя? — заинтересовался Вася. — Вот действительно не имеет смысла, а с числом какие проблемы?
— Нельзя по определению, — твердо сказала учительница и ехидно добавила, — а проблемы не с числом а с учениками, которые правил не учат!
А как бы Вы объяснили своим ученикам, почему никакие степени с отрицательным основанием и дробным показателем в школьных учебниках не определяются, а считается, что они не имеют смысла?

Решения и комментарии
В скобках указаны источники заданий или их авторы.

1. (И.В. Раскина и Е.Б. Гладкова по мотивам И.Ф. Акулича.)
Ответ: 5.
Решение. Пусть белых шашек непосредственно перед похищением было х, а за несколько ходов до похищения — у. Тогда черных шашек непосредственно перед похищением было 5х, а после него — 4у. На доске не может находиться больше 12 черных шашек, поэтому х может принимать только значения 1 или 2.
Предположим, что Ноздрев спрятал белую шашку, тогда 5х = 4у. В этом случае при указанных значениях х значения у не являются целыми. Следовательно, похищенная шашка была черной, то есть 5х – 1 = 4у. Осталось заметить, что х = у = 1 –
решение полученного уравнения, а при х = 2 значение у не является целым.
Таким образом, после кражи на доске осталась одна белая шашка и четыре черных, а всего осталось пять шашек.

2. (Пятая Соросовская олимпиада школьников.)
Ответ: да, можно.
Решение. Приведем два из возможных способов рассуждений.
Способ I. При победе первой лошади ставку возвращают в пятикратном размере, поэтому на нее надо поставить более всех денег. Аналогично, на вторую лошадь надо поставить более денег, а на третью — более Это возможно, поскольку

Например, имея 100 рублей, на первую лошадь надо поставить более 20 рублей, на вторую — более 25, а на третью — более 50 рублей. Тогда, поставив на первую лошадь 21 рубль, на вторую — 26 рублей, на третью — 51 рубль, мы останемся в выигрыше.

Комментарий. Отметим, что приведенный способ рассуждений позволяет при желании даже получить одинаковый выигрыш при любом исходе забега. Действительно, можно сделать, например, такие ставки: 4, 5 и 10 рублей соответственно. Тогда, затратив 19 рублей, при любом исходе забега мы получим 20 рублей.

Способ II. Пусть ставка на первую, вторую и третью лошадь сделана в отношении x : y : 1 (x > 0,
y > 0). Тогда для выигрыша при любом исходе забега необходимо выполнение нескольких условий:
1) при победе первой лошади суммарный выигрыш 5x должен быть больше, чем изначальная ставка: x + y + 1;
2) при победе второй лошади суммарный выигрыш 4y должен быть больше, чем x + y + 1;
3) при победе третьей лошади суммарный выигрыш 2 должен быть больше, чем x + y + 1.
Таким образом, для положительных значений x и y должна выполняться система неравенств:

Удобно найти решение полученной системы графически (рис. 2). Решением будут координаты всех внутренних точек треугольника, образовавшегося при попарном пересечении построенных прямых (заметим, что этот треугольник лежит в первой четверти, поэтому условия x > 0 и y > 0 выполняются).

Приведем один из возможных конкретных примеров: тогда ставки можно сделать в отношении 10 : 11 : 22.

Комментарий. Отметим, что при этом способе рассуждений, получив систему неравенств, можно подобрать пример и без использования графических соображений.

Отдельно заметим, что подобные задачи относятся к так называемой «математике выборов» и даже имеют научное название — «диверсификация рисков».

3. (Заочная олимпиада МФТИ.)
Ответ: нет, не верно.
Решение. Приведем несколько возможных способов рассуждений.
Способ I. Приведем пример тетраэдра, все грани которого остроугольные треугольники,
а один из двугранных углов — прямой. Рассмотрим куб АВСDА1В1С1D1 (рис. 3). Пусть точка М — середина ребра А1В1, а точка K — середина ребра СD. Тогда тетраэдр АВМК обладает указанными свойствами.

7

Действительно, двугранный угол с ребром АВ — прямой. Грани тетраэдра являются попарно равными равнобедренными треугольниками. Для того, чтобы доказать, что они являются остроугольными треугольниками, достаточно доказать, что углы при их основаниях больше 45°. Для граней АВK и АВМ это очевидно. Докажем это для граней АМK и ВМK. Пусть ребро куба равно a, тогда

следовательно, ∠AMK > 45°.
Комментарий. Отметим, что можно получить тетраэдр и с тупым двугранным углом, удовлетворяющий условию. Рассмотрим, например, два равнобедренных треугольника АВС и ABD c общим основанием AB (рис. 4).

Пусть длины высот СE и DE, проведенных к общему основанию АВ, равны k;СА = СB = DA =DB = 1,4k. Тогда CD = 1,5k.
Тогда в тетраэдре ABCD двугранный угол при ребре АВ — тупой, так как CE2 + DE2 < CD2. Все грани этого тетраэдра – остроугольные треугольники, что несложно проверить, посчитав косинусы плоских углов, например при вершине А. Заметим, что такой тетраэдр можно было получить по аналогии с приведенным выше, рассматривая вместо куба наклонный параллелепипед.
Способ II. Воспользуемся теоремой косинусов для трехгранных углов:
cos γ = cos α cos β + sin α sin β cos ϕ,
где α, β и γ — плоские углы трехгранного угла, а ϕ — величина двугранного угла, противолежащего γ.

Тогда

Угол ϕ не будет острым, если cos ϕ ≤ 0, то есть
cos γ ≤ cos α cos β. Это условие выполняется, например, при γ = 60°, α = β = 45°. (Заметим, что трехгранный угол с такими плоскими углами существует, так как α + β > γ.)
Пересечем теперь такой трехгранный угол с вершиной О плоскостью АВС, где точки А, В и С лежат на его ребрах и OA = OB = OC = 1 (рис. 5).

Получим тетраэдр ОАВС, в котором грани АОВ, ВОС и СОА заведомо являются остро­угольными треугольниками. Грань АВС также является остроугольным треугольником, поскольку

значит,

Таким образом полученный тетраэдр с прямым двугранным углом ОА удовлетворяет условию задачи.
Комментарий. Аналогичным образом можно было получить тетраэдр и с тупым двугранным углом при одном из ребер, и удовлетворяющий условию задачи.

4. (Вступительный экзамен в МГУ им. М.В. Ломоносова, факультет почвоведения.)
Ответ: EF = 6.
Решение. Докажем, что EF BC (рис. 6).

Пусть ∠ DАВ = ∠ DAС = α.
Действительно, проведем отрезки DE и DF, тогда ∠ DFE = ∠ DAЕ = α (вписанные углы), и ∠ CDF = ∠ DAF = α (∠ CDF — угол между касательной и хордой).
По свойству биссектрисы угла треугольника кроме того, CD + DB = 8. Решая эту систему уравнений, получим, что
По теореме о касательной и секущей
CD2 = CF∙CA,
тогда

Значит,

Так как EF BC, то то есть

Комментарий. Возможны и другие способы решения, в частности, использующие теорему косинусов, теорему Птолемея и пр.

5. (Российский фестиваль юных математиков.)
Ответ: да, существует.
Решение. Поскольку функция y = sin x является периодической, то достаточно построить искомую функцию f(x) на каком-нибудь промежутке длиной 2π. Рассмотрим функцию

определенную на промежутке (–π; π], и покажем, что она удовлетворяет условию задачи. Действительно:
1) если x ∈ (–π; 0), то f(x) = –sin x = l ∈ (0; 1), и f(f(x)) = f(l) = –l = –(–sin x) = sin x;
2) если x ∈ (0; π), то f(x) = –x = t ∈ (–1; 0), и f(f(x)) = f(t) = –sin t = –sin (–x) = sin x;
3) если х = 0, то f(0) = 0, и f(f(0)) = f(0) = 0 = sin 0;
если х = π, то f(π) = 0, и f(f(π)) = f(0) = 0 = sin π.

6. (Предложил Д. Шноль.)
Комментарий. Приведенный «ответ» неверен, а «решение» не доведено до конца. Действительно, все приведенные в «решении» выкладки сделаны исходя из предположения, что многочлен Р(x) имеет три корня. (Попутно отметим, что в этом случае можно не раскладывать многочлен на множители, а использовать теорему Виета.) Получив два возможных значения a,
далее необходимо проверить, сколько действительных корней имеет многочлен при каждом из этих значений.
1. a = –2. Тогда многочлен имеет вид:
P(x) = x3 – 2x2 – x + 2,
и легко раскладывается на множители:
P(x) = x2(x – 2) – (x – 2) = (x – 2)(x – 1)(x + 1).
Таким образом, в этом случае многочлен действительно имеет три корня, сумма квадратов которых равна 6.
2. a = 2. Тогда многочлен имеет вид:
P(x) = x3 + 2x2 – x + 2.
Определим количество его корней. Это можно сделать различными способами.
Способ I. Можно провести исследование получившейся функции Р(x) на монотонность и экстремумы. Так как
P'(x) = 3x2 + 4x – 1,
то критическими точками функции являются

Так как Р(x) — многочлен третьей степени с положительным первым коэффициентом, то на каждом из промежутков (–∞; x1] и [x2; +∞) функция возрастает, а на [x1; x2] — убывает. На каждом из этих промежутков не может быть более одного корня. Поскольку P(x1) > P(x2) > 0, то единственный корень многочлена Р(x) располагается на промежутке (–∞; x1] (рис. 7).

Таким образом, верный ответ: a = –2.
Способ II. Запишем получившийся многочлен так: P(x) = x(x2 – 1) + 2(x2 + 1). Предположим, что он имеет три действительных корня: x1, x2 и x3, и докажем, что среди них нет положительных. Действительно, по теореме Виета,
x1x2x3 = –2 и x1x2 + x1x3 + x2x3 = –1.
При этом если x ∈ [0; 1], то
x(x2 – 1) < 2(x2 + 1),
значит, P(x) > 0; если x ∈ (1; +∞), то x(x2 – 1) > 0, и 2(x2 + 1) > 0, то есть также P(x) > 0. Но если все три корня многочлена отрицательны, то
x1x2 + x1x3 + x2x3 > 0 
— противоречие, a = 2 решением задачи не является.
Комментарий. Отметим, что количество корней многочлена Р(x) можно определить графически (хотя это и не является строгим обоснованием). Уравнение x3 + 2x2 – x + 2 = 0 равносильно уравнению x3 = –2x2 + x – 2. Построив графики функций y = x3 и y = –2x2 + x – 2 в одной координатной плоскости (рис. 8), можно убедиться, что они имеют одну точку пересечения.

7. (Предложил Д. Шноль.)
Комментарий. Условие задачи некорректно: такой трапеции не существует. Это можно показать различными способами. Приведем три из них.
Способ I. В тексте «решения», используя данные «задачи», получено, что DH = 3 см, значит, АН = BC + DH = 9 см, то есть в прямоугольном треугольнике АСН гипотенуза АС меньше катета АН, что невозможно.
Способ II. Исключим из условия длину основания ВС и найдем ее исходя из других данных задачи. Первые несколько шагов совпадут с приведенным «решением»: Проведем высоту СН. Так как ∠ CAD = 30°, то

Треугольник СDН — египетский, значит, DН = 3 см. Далее:
Так как трапеция равнобокая, то
Это противоречит условию «задачи», где сказано, что ВС = 6 см.
Способ III. Рассмотрим треугольник АВС: ∠ AСB = ∠ CAD = 30°. По теореме косинусов:

Это противоречит условию «задачи», из которого следует, что AB2 = 25.
Следовательно, избыточность условия «задачи» привела к ошибке.

8. (Предложил А. Хачатурян.)
Комментарий. Предложенное «доказательство» неверно. В самом деле, рассмотрим момент, когда мы впервые отправляем в палату А такого депутата (допустим, депутата D1), который имеет в А ровно одного врага (скажем, депутата D2). Когда мы в следующий раз отправим в палату А депутата D3, имеющего в палате ровно одного врага, этим врагом может снова оказаться депутат D2, и теперь у D2 в палате А будет два врага – D1 и D3, что противоречит требованию задачи.
Утверждение, которое требуется доказать в этой задаче, справедливо. Приведем возможное доказательство.
Разделим депутатов на две палаты произвольно. Если в одной из палат есть депутат, имеющий в ней двух или трех врагов, переведем его в другую палату. Так будем делать до тех пор, пока такие депутаты имеются. Как только их не станет, задача будет решена. Осталось показать, что это рано или поздно произойдет. В самом деле, после каждого перехода количество пар депутатов, находящихся в разных палатах и враждующих между собой, увеличивается. Это происходит потому, что добавляются по крайней мере две такие пары, а исчезает не более одной. Но количество таких пар неограниченно возрастать не может (общее количество вообще всех враждующих пар не превосходит где N — количество депутатов), поэтому обязательно наступит момент, когда из палаты в палату некого будет переводить.

9. (Предложил А. Хачатурян.)
Решение. Пусть
AC = b, AB = c и AM = m.
По условию задачи можно составить уравнение
4(m2 – b2) = c2 – b2.
Отсюда получим, что
4m2 – c2 = 3b2.
Чтобы найти решения этого уравнения в натуральных числах (как говорят, найти решения диофантова уравнения), запишем его в виде:
(2m – c)(2m + c) = 3b2.
Это равенство будет справедливо, например, если
2m – c = b и 2m + c = 3b,
но, как нетрудно убедиться, такой случай приводит к равенству b = m = c, что не имеет геометрического смысла.
Попробуем другой подход: положим
2m – c = 3 и 2m + c = b2.
Складывая и вычитая эти уравнения, получим, что

Для того, чтобы число c было целым, необходимо, чтобы число b было нечетным, то есть
b = 2n – 1, где n — натуральное число. В этом случае c = 2n2 – 2n – 1; m = n2 – n + 1.
При n < 3 найденное решение не будет иметь геометрического смысла, при n = 3 получится b = 5, c = 11 и m = 7, то есть числа из исходной задачи, а при
n > 3 — бесконечное число новых троек чисел,
например, b = 7, c = 23, m = 13 или b = 9, c = 39, m = 21 и так далее.
Комментарий. Отметим, что найденная серия решений – не единственная. Можно, например, положить 2m – c = 1 и 2m + c = 3b2, тогда возникает другая серия решений:
b = 2n + 1; c = 6n2 + 6n + 1; m = 3n2 + 3n + 1,
где n — любое натуральное число.

10. (Предложили А. Блинков, И. Раскина.)

Комментарий. Следуя Васиной логике, 4
Вместе с тем

(в определении степени с дробным показателем

используется только арифметический корень!). При этом  — это две различные записи одного и того же числа (основное свойство дроби!), поэтому при разумном определении результаты должны быть одинаковыми.
Комментарий. На первый взгляд кажется, что это противоречие можно преодолеть, если для четных показателей корня вместо значения арифметического корня брать другой корень (противоположный арифметическому). Но если «уравнять в правах» арифметический корень и число, ему противоположное, то возникнет много проблем. В частности, возникнет проблема с показательной функцией действительного аргумента, которую придется определять и для отрицательных оснований, что не всегда возможно.
Кроме того, в других случаях встречаются противоречия несколько иного рода. Например,

что даже с Васиной точки зрения не имеет смысла. Но, с другой стороны,

Комментарий. Отметим, что все противоречия исчезают, если основание степени рассматривать как комплексное число, у которого, как известно, есть n корней n-й степени. Но в современной школьной программе комплексные числа не изучаются. Поэтому последнее соображение полезно понимать учителю, но невозможно объяснить ученику, изучающему только общеобразовательную программу.

Блинков А., Горская Е., Ященко И.