Решения задач М26—М28; Ф35—Ф40

32

РЕШЕНИЯ

M26

Предположим, что в каждом номере нашего журнала в задании «Квата» будет пять задач по математике. Обозначим через $f(x, y)$ номер первого из задач $x$-го номера журнала за $y$-й год (например, $f(6, 1970) = 26$). Напишите общую формулу для $f(x, y)$ для всех $x, y$ ($1 \leq x \leq 12, y \geq 1970$). Решите уравнение $f(x, y) = y$.

Функция $f$ удовлетворяет следующим условиям:

1. $f(1, 1970) = 1$;
2. $f(x + 1, y) = f(x, y) + 5$ ($1 \leq x < 12$) — за каждый месяц $f(x, y)$ увеличивается на 5;
3. $f(1, y + 1) = f(1, y) + 60$ — за каждый год $f(x, y)$ увеличивается на 60.

Ясно, что этими условиями функция однозначно определяется; ее можно задать, например, такой формулой:

$$f(x, y) = 5x + 60(y - 1970) - 4.$$

Нетрудно проверить, что $f(5, 2003) = 2001$; $f(6, 2003) = 2006$. Поэтому уравнение $f(x, y) = y$ не имеет решений.

Правильные решения прислали Е. Орлок из Житомира, Н. Ильин из поселка Захар Иркутской обл., М. Перельмутер из Киева и других читателей.

Из сказанного выше ясно, что если бы мы ввели еще такое функцию: $f(k, x, y)$ — номер $k$-й задач $x$-го номера журнала за $y$-й год ($1 \leq k \leq 5, 1 \leq x \leq 12, y \geq 1970$), то уравнение $f(k, x, y) = y$ имену бы единственное решение $k = 3, x = 5, y = 2003$ — других словами, если наша система сохранится до тех пор неизменной (по-прежнему в каждом номере будет пять задач по математике), то третья задача в задании «Квата» № 5 за 2003 год будет иметь номер M2003. Общая формула для $f(k, x, y)$ также:

$$f(k, x, y) = k + 5x + 60(y - 1970) - 5.$$

Для читателей, пожалуйста, полезнее формулы, заданные обратную функцию, которые по номеру $n$ заданны позволяет найти год $y$ и номер журнала $x$, в котором предлагалась эта задача.

Для этого удобно использовать такие обозначения: $[a]$ — целая часть числа $a$ (наибольшее целое число, не превысodiaщее $a$) и $\{a\} = a - [a]$ — дробная часть числа $a$.

Проверьте, что

$$x = \left[ 12 \left\{ \frac{n - 1}{60} \right\} \right] + 1, y = \left[ \frac{n - 1}{60} \right] + 1970.$$

M27

Докажите, что если $\frac{a}{b - c} + \frac{b}{c - a} + \frac{c}{a - b} = 0$, то $\frac{a}{(b - c)^2} + \frac{b}{(c - a)^2} + \frac{c}{(a - b)^2} = 0$.

Это утверждение следует из такоголожства:

$$\left( \frac{a}{b - c} + \frac{b}{c - a} + \frac{c}{a - b} \right)\left( \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - a} + \frac{1}{a - b} \right) = \frac{a}{(b - c)^2} + \frac{b}{(c - a)^2} + \frac{c}{(a - b)^2}.$$

Для его доказательства достаточно почленно перемножить две суммы, стоящие в левой частиложства, и учеть, что сумма трех дробей

$$\frac{a}{b - c}\left( \frac{1}{c - a} + \frac{1}{a - b} \right) = \frac{ca - ab}{(a - b)(b - c)(c - a)},$$

$$\frac{b}{c - a}\left( \frac{1}{b - c} + \frac{1}{a - b} \right) = \frac{ab - bc}{(a - b)(b - c)(c - a)},$$

$$\frac{c}{a - b}\left( \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - a} \right) = \frac{bc - ca}{(a - b)(b - c)(c - a)}$$

равна нулю.

33

Такое решение прислал А. Шильитум из Ташкента. Менее произрачные, но тожеверные решения прислали Б. Паисс из Новомосковска Тульской области и А. Избицкий из Малориты Брестской области.

После прочтения такого искусственного решения, конечно, может возникнуть волне резонный вопрос: а как договора, что данные выражение нужно умножить именно на $\frac{1}{b-c} + \frac{1}{c-a} + \frac{1}{a-b}$? Нельзя ли придумать общий способ расчёжения, позволяющий решать подобные задачи?

Более естественно было бы решать эту задачу так. Запишем данные выражения в виде отношения двух многочленов:

$$\frac{a}{b-c} + \frac{b}{c-a} + \frac{c}{a-b} = \frac{p(a,b,c)}{(a-b)(b-c)(c-a)},$$

$$\frac{a}{(b-c)^2} + \frac{b}{(c-a)^2} + \frac{c}{(a-b)^2} = \frac{q(a,b,c)}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$$

($p$ будет многочленом третьей степени, а $q$ — пяτοй). Мы должны доказать, что если $p(a,b,c) = 0$, то и $q(a,b,c) = 0$. Естественно попробовать доказать, что многочлен $q$ делится на многочлен $p$, то есть найти такой многочлен $r=r(a,b,c)$, что $q=pr$ (можно доказать общую теорему для многочленов от любого числа переменных: если $q$ равен нулю при всех тех значениях переменных, при которых $p$ равен нулю, и при этом многочлен $p$ непрерывим, то есть не раскладывается на множители — а в данном случае так оно и есть, — то $q$ должен делиться на $p$). Делить многочлены можно обычным образом — «уголком», считая их многочленами от одной переменной $a$ (в коэффициенты которых входят буквы $b$ и $c$); например, $p$ запишется так:

$$p(a,b,c) = -a^3 + p_1(b,c)a^2 + p_2(b,c)a + p_3(b,c).$$

В результате мы получили бы, разумеется, что $q=pr$, где

$$r(a,b,c) = (a-b)(b-c)(c-a)\left(\frac{1}{a-b} + \frac{1}{b-c} + \frac{1}{c-a}\right) = -a^2 + ab + ac + bc - b^2 - c^2.$$

В данном примере осуществление этого плана решения связано с очень трудомким вычислениями (в многочлене $q(a,b,c)$ даже после приведения подобных членов остатуса 21 член!), но мы очень советуем читательм обумать все детали этого решения, применимого ко многим другими.

Н. Б. Васильев

M28

a) Из 19 шаров 2 радиоактивны. Про любую кучу шаров за одну проверку можно узнать, имеется ли в ней хотя бы один радиоактивный шар или нет (но нельзя узнать, сколько таких шаров в кучке). Докажите, что за 8 проверок можно выделить оба радиоактивных шаров.

b) Из 11 шаров 2 радиоактивны. Докажите, что менее чем за 7 проверок нельзя гарантировать выделение обих радиоактивных шаров.

Начнем с аналогичной, но более простой задачи. Пусть дан $n$ шаров, среди которых о д ин радиоактивен; за сколько проверок его можно выделить? Легко указыть способ, позволяющий за $k$ проверок выделить один из $n=2^k$ шаров: вначале делим все шары на две равные кучки по $2^{k-1}$ шаров в каждой, проверяем одну из них и тем самым определем, в какой из них находится радиоактивный шар, затем эту кучку из $2^{k-1}$ шаров снова делим по половин и т. д. — при каждой проверке число шаров уменьшается вдвое, и после $k$ проверок мы найдем радиоактивный шар. Ясно, что если $n<2^k$, то тоже достаточно $k$ проверок. Итак, для того чтобы выделить один радиоактивный шар из $n$, достаточно проделать $f_1(n)$ проверок, где $f_1(n)$ — наименьшее целое число $k$, для которого $n\leq 2^k$ (другими словами, $f_1(n)$ — наименьшее целое число, больше или равное $\log_2 n$). Ниже мы увидим, что меньше числа проверок завершено недостаточно.

Теперь перейдем непосредственно к решению нашей задачи. Здесь уже не удалось получить точный результат сразу для любого членов остатуса 21 член!, но мы очень советуем читательм обумать все детали этого решения, применимого ко многим другими.

Н. Б. Васильев

34

Рис. 1. На этом рисунке представлен способ, позволяющий за 5 проверок выделить 2 радиоактивных шара из 7. Мы считаем, что шары занумерованы числами 1, 2, …, 7, и в каждой клетке записьаем кучку шаров, которые подвергаются проверке (иногда кучка состоит из одного шара). Например, первый проверяется кучка из трех шаров {1, 2, 3}.
У каждой проверки возможно два исхода: «есте радиоактивность» — тогда нужно идти по красной стрелке, и «нет радиоактивности» тогда по черной стрелке. Если клетка заштрихована, значит, дальнейшие проверки не нужны. Для каждой пути, спускающегося по стрелкам сверху вниз, в результате всех проделанных на этом пути проверок можно установить, какая именно пара шаров радиоактивна (она указана под самой нижней стрелкой). Убедитесь в этом!

но нас интересует, за какое число проверок можно выделить радиоактивные шары наверняка, при любом, даже самом невыгодном для нас варианте их расположения. Точно так же, проверяя шары один за другим, можно выделить два шара из 4 за 3 проверки, из 5 — за 4, из 6 — за 5, из 7 — за 6 и т. д. Впрочем, для $n=7$ можно обойти и пятую проверками. Прежде чем читать решение дальнейше, попробуйте это доказать, то есть найти соответствующий способ пониска радиоактивных шаров. Однако такой способ (их существует несколько) указаан на рисунке 1.

Этот рисунок помогает понять, что мы понимаем под словами «способ пониска шаров»: чтобы задать какой-то способ, нужно указать кучку шаров, которая проверяется первый, а также указаать, какую кучку проверять после каждого из возможных исходов очередного испытания на радиоактивность; другими словами, нужно намерить диаграмму из пря-

моугольных клеток и стрелок — такую же, как на рисунке 1, только, если нужно, с другой числом $k$ проверок — и писать в каждой клетку какие-то номера шаров.

Теперь постараемся ответить на два теCHO связанных между собой вопроса: как найти способ пониска двух шаров среди $n$, состоящий из $k$ проверок, если такой способ существует; если его не существует, то как это доказать?

В принципиле для любых конкретных $n$ и $k$ эти вопросы можно решить «полным перебором»: переробовать один за другим все возможные способы заполнить клетки диаграммы, соответствующей $k$ проверкам, подмножествами из $n$ шаров (ведь таких способов существует конечное число!) и для каждой из этих способов проверить, позволяет ли он выделить радиоактивные шары или нет (то есть будут ли разным предположением: какая именно пара шаров радиоактивна — соответствовать разные пути по стрелочкам сверху вниз). Но число таких способов даже при небольших $n$ и $k$ настоящего величко, что практический проделать «полный перебор» невозможно даже с помощью вычислительной машины (например, при $n=11$ и $k=7$ заполнить клетки диаграммы кучками можно

35

более чем $10^{400}$ разных способов!). Мы покажем сейчас, как можно этот перебор сильно сократить.

Вернемся снова к рисунку 1. От самого нижнего ряда клеточек, соответствующего последней, пятой проверке, отходит $2^5=32$ стрелки. В обшем случае, для $k$ проверок, их будет $2^k$. Если способ понска, записанный на диаграмме, гарантирует выделение радиоактивных шаров, то каждой из этих стрелочки соответствует только один из возможных вариантов ответа: какие именно два шара радиоактивны (но, может быть, разным стрелочкам соответствует один и тот же варианте). Поэтому число различных возможных вариантов ответа зависит не больше числа стрелочки, то есть не больше $2^k$.

Сформилируем это основное сообщение так:

Если число возможных вариантов больше $2^k$, то не существует способа, позволяющего за $k$ проверок выделить один из этих вариантов.

To же самое можно сказать так:

Если существует способ, позволяющий за $k$ проверок выделить один вариант из $N$ возможных, то $N \leq 2^k$.

(Последнее неравенство можно записать еще и так: $k \geq f_1(N)$.)

Конечно, это правило применимо к любой задаче, где нужно выделить один вариант из $N$ по результатам нескольких проверок; важно лишь то, что каждая проверка имеет два возможных исходных таковых: «есте радиоактивность» и «нет радиоактивности»).

В частности, из этого правила следует, что нельзя выделить один и同一 радиоактивный шар из $n$ менее чем за $f_1(n)$ проверок: если $f_1(n) = k$, то $2^{k-1} < n$, а различных вариантов в этой задаче существует $n$ (radioактивен 1-й шар, радиоактивен 2-й шар, …, радиоактивен $n$-й шар).

Вернемся снова к задаче, где имеется два радиоактивных шара. Сколько здесь различных вариантов? На рисунке 1, где мы выбираем 2 шара из 7, число вариантов равно 21. В обшем случае существует $C_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}$ вариантов выбрать 2 шара из $n$. Из нашего основного правила, напечатаного выше на розовом фоне, следует, что если можно за $k$ проверок выделить 2 шара из $n$, то $\frac{n(n-1)}{2} \leq 2^k$.

Условия обозначать наименьшее число проверок, необходимое для выделения 2 шаров из $n$, через $f_2(n)$. Тогда последнее неравенство можно записать так:

$$f_2(n) \geq f_1\left(\frac{n(n-1)}{2}\right).$$

Из таблицы видно, что при некоторых $n$ (например, при $n=6$, $n=8$) здесь возможно и строое неравенство. Действительно, для того чтобы за $k$ проверок можно было найти 2 радиоактивных шара среди $n$, мало того, чтобы выполнялось неравенство $\frac{n(n-1)}{2} \leq 2^k$. Нужно еще, чтобы таких вариантов, для которых первая проверка должна результат «+» (есте радиоактивность), было не больше $2^{k-1}$ и таких, для которых она должна результат «-» (нет радиоактивности), тоже было не больше $2^{k-1}$, — ведь иначе, согласно основному правилу, мы не смогем за $k-1$ проверку выбрать из этих вариантов один! Точно так же каждому из исходов «++» (1-я проверка «+», 2-я проверка «+»), «+—», «+—», «—» должны соответствовать не более $2^{k-2}$ вариантов и т. д.

Мы вернемся к решению этой задачи в следующем номере журнала.

А. Н. Виленкин

37

Рис. 3.

где $n_{жс}$ — показатель преломления луча света при перехождение из жидкости в стекло.

При полном внутреннем отражении света на границе стекло — жидкость $\alpha = 90^\circ$, и поэтому $\sin \beta_0 = n_{жс}$, где $\beta_0$ — угол падения луча, при котором наблюдается полное внутреннее отражение. Аналогично для полного внутреннего отражения света на границе стекло — воздухы мы можем записать $\sin \delta_0 = \frac{1}{n_c}$, где $n_c$ — показатель преломления стекла. Из этих двух формул, учитывая, что $n_{жс} = \frac{n_{жс}}{n_c}$, найдем

$$n_{жc} = \frac{\sin \beta_0}{\sin \delta_0}.$$

Рис. 4.

Теперь несколько определять показатель преломления луча света так, чтобы его можно было наблюдаать лишь исправшим полное внутреннее отражение на границе стекло — жидкость. Этот мы определим угол $\beta_0$. Затем точно так же определим угол $\delta_0$. После этого вычислить показатель преломления луча света не составляет труда. Провести опыты помогет то обстоятельство, что луч не испытывает преломления на сферической границе стекла и воздуха, так как он падает перpendicularно поверхности стекла. Это позволяет легко определить направление луча, падающего на плоскую границу пластинки.

Ф37

В двух вертикальных расположенных цилиндрах, площади сечения которых $S_1$ и $S_2$ находимся два неверсимых поршня, соединенных тонкой неверсимой нитью длины $l$ (рис. 4). Пространство между поршнями заполнен водой. Найти натяжение нити, если концы сосудов открыты в атмосферу. Плотность воды $ρ$.

Если давление жидкости на большой поршень (с площадью $S_1$) равно $p$, а атмосферное давление $p_0$, то на поршень действует вверх сила давления $F_1 = S_1p$, а вниз — сила $T$ натяжения нити и сила atmosферного давления $F'_1 = p_0 \cdot S_1$. Так как поршень находится в равновесии, то

$$S_1p = S_1p_0 + T.$$

Аналогично уравнение можно составить и для нижнего поршня: вверх на него действуют сила натяжения нити $T$ и сила atmosферного давления $F'_2 = p_0S_2$, а вниз — сила давления воды $F_1 = p'S_2$. Причем давление $p'$ воды на нижний поршень на величины $\rho gl$ больше, чем на верхний. Так как поршень находится в равновесии, то

$$T + p_0S_2 = (p + \rho gl)S_2.$$

Решая оба уравнения совместно, найдем

$$T = \rho gl \frac{S_1S_2}{S_1 - S_2}.$$

38

Обычно мы проверяем ответ, используя его при предельных значениях параметров. Будем считать, что $S_2 \rightarrow S_1$. В этом случае $T \rightarrow \infty$. Это и понятно. Вся система сохраняет равновесие благодаря давления воды на колъю с площадью $S_1 - S_2$ на верхнем поршне. Если $S_1 \rightarrow S_2$, то давление на это колъю должно стремиться к бесконечности. При этом к бесконечности должны стремиться и сила натяжения нити.

При $S_1 = S_2$ мы получим, что $T$ бесконечно. Однако это уже неверно. Подобный предельный переход неозможно. Решая задачу, мы исходили из того, что система находится в равновесии. Однако при $S_1 = S_2$ равновесие неозможно и система поршней будет падать равнуюскореенно сускорением свободного падения $g$. Натяжение нити в этом случае должно быть равно нулю. Этот пример показывает, как осторожно нужно относиться к предельным переходам в физике. Нужно следить за тем, чтобы при этом явление не стало совсемины.

Такое решение прислали Н. Федин из Омска, десятиклассик М. Федоров из Москвы, А. Рацозин из Ижевска.

Интересное решение предложил А. Жуков из Кировска Донецкой области. Он воспользовался методом виртуальных переменений. Хотя подобный рассакд об этом метода требует особой большой статьи, решение будет понятно и так.

Пусть нить уменшилась на $\Delta l$, причем верхний поршень переместился на $\Delta l_1$, а нижний — на $\Delta l_2$. Так как при этом объем воды между поршнями не изменился, то оба поршня должны смещаться в одну и ту же сторону (опуститься), причем так, что

$$\Delta l_1 S_1 = \Delta l_2 S_2 \text{ и } \Delta l_2 - \Delta l_1 = \Delta l$$
($\Delta l_2 > \Delta l_1$).

Решая эти уравнения совместно, найдем

$$\Delta l_1 = \Delta l \frac{S_2}{S_1 - S_2} \text{ и } \Delta l_2 = \Delta l \frac{S_1}{S_1 - S_2}.$$

Изменение потенциальной энергии системы при перемещении объема воды $\rho S_1 \Delta l_1$ (или $\rho S_2 \Delta l_2$) на $l$ должно быть равно работе силы натяжения нити. Поэтому мы можем записать,

$$p + \Delta p = p + \rho gh,$$

39

где $h$ — разность уровней жидкости в коленах (рис. 5). Из этого уравнения найдем, что $h = \frac{\Delta p}{\rho g}$. Мы видим, что $h$ не зависит от площадей колен манометра. Это означает, что точность измерений при подсоединении сосуда как к широкому, так и к узкому колену одна и та же.

Правильное решение прислали А. Жуков и воспоминания С. Пастмухова из Свердловска.

Ф39

Планету радиуса $r$ и массы $M$ окружает равноплотная атмосфера, состоящая из газа с молекулярным весом $\mu$. Какова температура atmosферы на поверхности планеты, если высота atmosферы равна $h$?

Запишем уравнение газового состояния для объема газа $V$ с массой $m$ (уравнение Менделеева — Клапейрона):

$$PV = \frac{m}{\mu} RT;$$

$P$ — давление, $V$ — объем газа, $R$ — газовая постоянная и $T$ — температура. Так как $\frac{m}{V} = \rho$, где $\rho$ — плотность газа, то это уравнение мы можем переписать в виде $P = \frac{\rho}{\mu} RT$.

Отсюда $T = \frac{P\mu}{\rho R}$.

Ясно, что для того, чтобы найти температуру на поверхности планеты, нам нужно найти давление на ее поверхности. Если $\rho = \text{const}$, то $P = \rho gh$, где $g$ — ускорение свободного давления на данной планете. Найдем его.

Для тела массы $m$, находящемся на поверхности планеты, сила притяжения равна $mg$. С другой стороны, согласно закону всемирного тяготения она равна $\gamma \frac{mM}{r^2}$. Поэтому можно записать, что $mg = \gamma \frac{mM}{r^2}$.

Отсюда $g = \gamma \frac{M}{r^2}$ и $P = \rho \gamma \frac{M}{r^2} h$.

Подставив это выражение для $P$ уравнение для температуры, получим

$$T = \frac{\gamma M\mu h}{r^2 R}.$$

Правильное решение задачи прислал В. Мальков из Орши и А. Проскуряков из Москвы.

Ф40

При какой разности потенциаль между электродами зажигается неоновая лампока, если энергия номизация неона $I = 21,5$ эв, а среднее расстояние между двумя последовательными стольновениями электрода с atomами газа равно $l = 0,4$ мм? Электроды имеют вид больших плоских пластин, расположенных на расстоянии $d = 3$ мм друг от друга.

Если разность потенциаль между электродами $U$, то направлено электрического поля между ними $E = \frac{U}{d}$. В этом поле на электрон действует сила $F = E \cdot e$ (е — заряд электрона), сообщаюшая ему ускорение $a = \frac{F}{m} = \frac{Ee}{m} = \frac{Ue}{dm}$, где $m$ — масса электрода.

При столкновении с atomом газа электрон передает ему свою энергию и оставливается (мы считаем, что столкновение неупруго). Масса atomого больше массы электрода. Поэтому atomу газа при столкновении передается энергия $\frac{mv^2}{2}$, прибретаемая электроном между его последовательно стольновыми. Эта энергия должна быть равна энергии номизации газа $I$:

$$\frac{mv^2}{2} = I.$$

Найдем теперь скорость, прибретаемую электроном. Если время разгорана равно $t$, то мы можем записать, что $v = a\tau = \frac{Ue}{md} t$ и $l = \frac{a\tau^2}{2} = \frac{Ue\tau^2}{2md}$. Из этих уравнений найдем, что

$$v = \sqrt{\frac{2Uel}{md}}.$$

Подставляя это выражение для $v$ уравнение (*), получим

$$\frac{Uel}{d} = I.$$

Отсюда $U = \frac{Id}{el} \approx 160\theta$.