Решения задач М110—М122; Ф131—Ф137

58

Решения
В этом номере мы публикуем решения задач M110—M122

M110
На бесконечном листе клетчатой бумаги N клеток выкрашено в черный цвет. Доказите, что из листа можно вырезать конечное число квадратов так, что будут выполнены два условия:

1. все черные клетки будут лежать в вырезанных квадратах;
2. в любом вырезанном квадрате K площадь черных клеток составляет не менее 1/5 и не более 4/5 площади K.

Будем называть допустимыми квадраты, закрашенные не больше, чем на 4/5 и не меньше, чем на 1/5. Возьмем n таких квадраты 2×2, каждый из которых закрашен меньше, чем на 4/5. Те эти квадратов, которые содержат хотя бы одну черную клетку, уже закрашены на 1/4 и потому допустимы. Остальные квадраты 2×2 не будут содержать закрашенных клеток, следовательно, все черные клетки попадут в допустимые квадраты и тем самым требуем покрытие будет построено.

Задча допускает обобщение на трехмерный случай, с заменой 1/5 и 4/5 на 1/9 и 8/9 соответственно.

M111
В квадрате со стороны 1 расположена фигура, расстояние между любыми двумя точками которой не равно 0,001. Доказите, что площадь этой фигуры не превышает 0,34.

Постарейтесь получить более точную оценку и доказать аналогичную теорему в пространстве.

Обозначим через F нашу фигуру, а через S — ее площадь. Рассмотрим фигуру F₁, полученную путем сdwга F на 0,001 в направлении, параллельном стороне квадрата. Фигура F₂ — это F, сdwнутая на 0,001 в направлении 2, составляющим угол 60° с направлением 1 (рис. 2, a). Фигуры F₁ и F не имеют общих точек. Действительно, пусть точка A принадлежит F и в то же время принадлежит F₁, то есть получена сdwгом какой-то точки B фигуры F на 0,001. Тогда расстояние между A и B будет равно 0,001,

59

Рис. 2.

вопреки условию задачи. Аналогично не пересекаются $F$ с $F_2$ и $F_1$ с $F_2$. Все три рассматриваемые фигуры имеют одинаковую площадь $S$ и лежат в пределах квадрата со стороны 1,001. Поэтому верно неравенство $3S < 1,001^2$, откуда $S < 0,335$.

Эту оценку можно несколько уточнить (в третьем или четвертом знаках после запятой) за счет более аккуратного исследования части фигуры $F$, лежащей в близи границ квадрата. Мы, однако, докажем существенно лучшую оценку, именно $S < 0,287$.

Рассмотрим фигуры $F_3$ и $F_4$, полученные из $F$ сдигром на 0,001 $\sqrt{3}$ в двух направлениях, 3 и 4, образующих угол arcsin $\left(\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)$; $F_4$ может быть получена из $F_3$ сдигром на 0,001, поэтому $F_3$ и $F_4$ не пересекаются (рис. 2, б). Выберем из этих фигуру ту (например, $F_3$), которая имеет меньше пересечения с $F$. Площадь этого пересечения не больше $S/2$, поэтому суммарная площадь, занимаемая $F$ и $F_3$, будет не меньше $3S/2$. Построим теперь фигуры $F_5$ и $F_6$, сдигrar $F$ на 0,001 в направлениях 5 и 6, образующих угол $30^\circ$ с $3$ (рис. 2, с). Фигура $F_3$ может быть получена из $F_5$ сдигром на 0,001 в направлении 6 и из $F_6$ сдигром на 0,001 в направлении 5. Поэтому $F_5$ и $F_6$ не пересекаются ни с $F$; не пересекаются они и между собой. Следовательно, площадь, занимаемая $F$, $F_3$, $F_5$ и $F_6$, не меньше $7S/2$. Все эти фигуры должны содержаться в квадрате со стороны $1 + 0,001\sqrt{3} < 1,0018$, поэтому $S < \frac{2}{7}(1,0018)^2 < 0,287$. Эту оценку удалялось доказать А. Гольберцу (Москва).

Вопрос о наличии существенного лучшей оценки пока остается открытым. Все примеры, которые удается построить, дают значение $S$ меньше 0,25.

Г. В. Розенблом

M112

В таблице $m \times n$ записаны числа так, что для любых двух строк и любых двух столбцов сумма чисел в двух противоположных вершинах образуется им примуговлика равна сумме чисел в двух других его вершинах. Частые стеры, но по оставшимся можно восстановить стеры. Доказать, что осталось не меньше, чем $(n+m-1)$ чисел.

Для математика идею нашего доказательства можно изложить так. Tabлицы, удовлетворяющие условию задачи, образуют линейное пространство размерности $n+m-1$. С другой стороны, если числа, стоящие в некоторых s клетках, определяют таблицу однозначно, то размерность «пространства таблицы» не превыходит s, поэтому $s \geq n+m-1$.

Перейдем теперь к подробному изложению доказательства. Условия называют числа, стоящие в таблице, ее элементы. Будем обозначать через $a_{ij}$ элемент таблицы $A$, стоящий на пересечении i-й строки и j-го столбца.

Естественно определяется сумма таблицы и умножение таблицы на число.

Сложение двух таблицы $A$ и $B$ с элементы $a_{ij}$ и $b_{ij}$, то их суммой $C = A+B$ называется таблица с элементами $c_{ij} = a_{ij}+b_{ij}$.

Умножение таблицы на число. Если нам дана таблица $A$ с элементы $a_{ij}$, то таблица $\lambda A$ — это таблица $B$ с элементы $b_{ij} = \lambda a_{ij}$.

Легко проверить, что если таблицы, удовлетворяющие условию задачи, складываются между собой и умножать на числа, то получаем таблицы вновь удовлетворяют условию задачи. Поскольку все встречи таблицы удовлетворяют условию задачи, то мы этого больше специализим не оговариваем.

Введем теперь очень важное понятие линейной зависимости. Изовем таблицу, состоящую линейно зависями, если можно указыть такие числа $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_r$, не все из которых равны нулю, что таблица $\lambda_1A_1 + \lambda_2A_2 + \dots + \lambda_rA_r$ — нулевая.

(Например, если среди таблиц $A_1, A_2, \dots, A_r$ неокорые две таблицы одинаковы ($a_{ij} = a_{jj}$), то такой набор чисел $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_r$ указыва можно: $\lambda_i = 1$, $\lambda_j = -1$, а все остальные лавы нулю.) Если же для таблицы $A_1, A_2, \dots, A_r$ таких чисел $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_r$ не существует, то они называются линейно независями.

Мы представляем читателю доказать, что из любого набора таблицы $B_1, B_2, \dots, B_s$, не все из которых равны нулю, можно выделить максимальный линейно независяный набор $B_{l_1}, B_{l_2}, \dots, B_{l_r}$, то есть такой набор, что если указаан еще один максимальный набор $B_{j_1}, B_{j_2}, \dots, B_{j_r}$, то $r = t$.

Вернемся теперь к нашей задаче. Пусть осталось s не стерты чисел и таблица восстанавливается по ним однозначно. Доказем, что только у нулевой таблицы в наших s клетках (в тех клетках, где стоит не стерты числа) стоит нули. Действительно, если бы нашла ненулевая таблица $B$, у которой в наших s клетках стояли бы нули, то было бы можно восстановить не только некоторую таблицу $A$, но и таблицы $A + \lambda B$, где $\lambda$ —

61

Рис. 4.

то после их перестановки сумма (1) увеличится. Действительно, если $x_i$ и $x_{i+1}$ можно переставить, то $(x_{i-1}-x_{i+2})(x_i-x_{i+1})<0$, а это неравенство можно записать так: $x_{i-1}x_i+x_{i+1}x_{i+2}<x_{i-1}x_{i+1}+x_{i+1}x_i+x_{i+2}$.

Но всего существует конечное число возможных перестановок чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$ по кругу, поэтому и сумма (1) может принять лишь конечное число значений. Следовательно, нашу операцию можно проделать лишь конечное число раз: в противном случае мы получили бы бесконечную последовательность различных значений для суммы (1) $s_1<s_2<s_3<\dots$.

M115

В три сосуда налито по целому числу литров воды. В любой сосуд разрешается перелить столько воды, сколько в нем уже содержится, из любого другого сосуда. Доказать, что несколькими таким переливанием можно освободить один из сосудов. (Сосуды достаточно велики: каждый может вместе всего воды.)

Пусть в первом сосуде $a$ литров воды, во втором — $b$ литров, в третьем — $c$ литров, и $a \leq b \leq c$.

Разберем сначала случай, когда $a=1$. Если доливать воду только в первый сосуд, то при первом переливании в него нужно будет долить 1 литров воды, при втором — два литра, при третьем — четыре литра, вообше при $i$-м переливании $2^{i-1}$ литров.

Разделим теперь, разумеется, число условно, воды во втором сосуд на порции: $2^{i_0}, 2^{i_1}, \dots, 2^{i_k}$, где $i_0 < i_1 < \dots < i_{k-1} < i_k$. (Для этого, найдем такое $i_k$, что $2^{i_k} \leq b$, а $2^{i_k+1} > b$, тогда $b=2^{i_k}+b_1$, где $b_1 < 2^{i_k}$; для него, в свою очередь, найдем $2^{i_k-1}$ и т. д.)

Если $i_0=0, i_1=1, i_2=2, \dots, i_k=k$, то третьий сосуд нам не понадбится. Начнем переливать из второго сосуда в первый. После первого переливания в первом сосуде станет два литра, а во втором $2+2^2+2^3+\dots+2^k$ литров, после второго соответствен $2^2$ и $2^2+2^3+\dots+2^k$, после третьего — $2^3$ и $2^3+ \dots+2^k$, после $k$-го — $2^k$ и $2^k$ и после $k+1$-го — $2^{k+1}$ и 0.

Если же некоторые степени двойки, меньше $2^{i_k}$, среди «порций» отсутствуют, то недостаточные порции выделим в третьем сосуде (вода в нем для этого хватит; действительно, нам заведено хватит $1+2+2^2+ \dots+2^{i_k-1}=2^{i_k}-1$ литров воды, это меньше $b$ литров, а $b$, в свою очередь, меньше $c$).

Переливать теперь будем так: каждый раз будем краттот сосуд, в котором выделена соответствующая порция. После $i_k+1$-го переливания второй сосуд опустеет.

Общий случай ($a \neq 1$) фактически ничего не сложнее. Представим $b$ и $c$ так: $b=b_1a+b_2$, $c=c_1a+c_2$, где $b_1, b_2, c_1, c_2$ — натуральные числа, а $b_2<a, c_2<a$ (такое представление единственно). Если мы забудем теперь про «лишние» $b_2$ и $c_2$ литров, и объявим $a$ литров новый единицей объема, то поскольку $b_1 \leq c_1$, мы сможем устроить переливание так, чтобы вылить из второго сосуда $b_1$ литров. После этого в нем остатся $b_2$ литров, причем целое число $b_2$ меньше $a$. Итак, нам удалось от сосудов с $a \leq b \leq c$ литрами воды перейти к сосудам с $a' \leq b' \leq c'$. литрами воды, причем $a>a'$. Повторяя нашу процедуру, мы будем последовательно получить сосуды со все меньшим и меньшим количеством воды: $a>a'>a'' \dots$. Поскольку одна из последовательностей целым числом литров, мы через конечное число шагов получим пустой сосуд.

Отметим, что эта задача впервые возникла в одной из работ известного советского алгебраста А. И. Ширшова. Она понадилась ему для построения серверной математической теории. Кстати, это не единственная из предлагавшихся на оптимизацию задач, взятая из волне серверных математических работ.

Л. Г. Лиманов

M116

Доказите, что если соединить середины последовательных сторон выпуклого $n$-угольника $M$ (рис. 5), то у полученного многоугольника

62

a) периметр не меньше половины перimetра $M$ ($n \geqslant 3$);
b) площадь не меньше половины площади $M$ ($n \geqslant 4$).

Пусть $A_1 A_2 \dots A_n$ — данный многоугольник $M$, $B_k$ — середина стороны $A_{k-1} A_k$ (здесь и ниже $k=1, 2, \dots, n$, причем подразумевается, что $A_{n+1}=A_1$, $A_0=A_n$ и т.п.), $S$ и $S'$ — площади, $P$ и $P'$ — периметры многоугольников $A_1 A_2 \dots A_n$ и $B_1 B_2 \dots B_n$ соответственно; $n \geqslant 4$.

Заметим, что диагональ $A_{k-1} A_k+1$ отрезает от многоугольника треугольник $A_{k-1} A_k A_{k+1}$, в котором $B_k B_{k+1}$ является средней линий (рис. 6), поэтому
a) $A_{k-1} A_{k+1}=2B_k B_{k+1}$;
b) $S(\Delta A_{k-1} A_k A_{k+1})=4S(\Delta B_k A_k B_{k+1})$.
(Эти соотношения играли основную роль в большинстве решений, присланных читателями). Ясно, что из всех диагоналей $A_{j-1} A_{j+1}$ (где $j=1, 2, \dots, n$; $j \neq k$) данный треугольник $A_{k-1} A_k A_{k+1}$ пересекают только две: $A_{k-2} A_k$ и $A_k A_{k+2}$, причем соответствующие точки пересечения $C_k$, $C_{k+1}$ этих диагоналей с $A_{k-1} A_{k+1}$ расположены в таком порядке, что отрезки $A_{k-1} C_k$ и $C_{k+1} A_{k+1}$ (а, следовательно, треугольники $A_{k-1} A_k C_k$ и $C_{k+1} A_k A_{k+1}$) не налегают друг на друга. Тепер утверждение задачи доказываются так (суммы $\Sigma$ берутся по всем $k$):
a) $2P'=2\Sigma B_k B_{k+1}=\Sigma A_{k-1} A_{k+1} > \Sigma A_{k-1} C_k + \Sigma C_{k+1} A_{k+1} =$
(голубые отрезки на рис. 7)
$= \Sigma (A_{k-1} C_k + C_k A_k) > \Sigma A_{k-1} A_k = P$
(неравенство треугольника для $\Delta C_k A_{k-1} A_k$), откуда $P' > P/2$;
b) $4(S-S')=4\Sigma S(\Delta B_k A_k B_{k+1}) = \Sigma S(\Delta A_{k-1} A_k A_{k+1}) \leqslant 2S$ (поскольку треугольники $A_{k-1} A_k A_{k+1}$ игнорируют многоугольник более чем в два слоя), откуда $S' \geqslant S/2$; равенство здесь достигается лишь при $n=4$ (в случае a) — лишь при $n=3$).

Правильное решение обежах задачи и a), и b) — прислада A. Меркурьев и A. Колобский из Ленинграда, M. Розов и A. Черная из Минска, M. Иллариной, A. Глушко и B. Кореняко из Воронежа, B. Шихман, И. Шпарлинский и M. Колодочки из Москвы, Б. Хафизов из с. Богаты Сабы Татарской АССР, Э. Туркевич из Черновцев, Л. Пугач и С. Лягушиин из Днепропетровска, А. Цанава из Тбилиси, А. Рябкин из г. Речица Гомельской обл., А. Гордиенко из с. Полтавенского Красноарского края, А. Смирнов из Горького, В. Мальценко из Славянска на Кубани, Н. Чернов из Кривого Рога, А. Макриев из Львова, А. Жумадилдаев из Алма-Аты, С. Малевакин из Федосин, Г. Фильковский из Баку, В. Чухин из Волска Марийской АССР, Ю. Кисин из Ст. Руссы.

Итак доказано, что отношения $P'/P$ и $S'/S$ (соответственно, при $n \geqslant 3$ и $n \geqslant 4$) заключены в пределах от 1/2 до 1. Возникает естественный вопрос — его обсуждение не

64

Рис. 9.

нечетными наблюдаемыми меньше единицы, то число нечетных наблюдаемей должно быть больше $\left(\frac{t}{2}\right)$. Это означает, что улитка не могла проползти путь, меняший $\left(\frac{t}{2}\right) + 1$. Это и есть ответ на второй вопрос задачи. На графике (см. рис. 9) показано, как должна двигаться улитка, чтобы этот минимум был достигнут.

Задание а. Попробуйте теперь правильно сформировать лемму, о которой говорится в первом абзаце нашего решения.

Н. Н. Константинов

M118

С четырех стороны шахматной доски размером $n \times n$ построена кайма шириной в два поля.

Доказать, что эту кайму можно обойти шахматным конем, повышав на каждом поле один и только один раз, в том и только в том случае, когда $n-1$ кратно 4.

Для решения задачи достаточно показать, что четырехстороннюю кайму ширины 2 при $n=4t+1$ можно обойти конем, а при $n \neq 4t+1$ — нельзя.

Рис. 10. Здесть какое поле соединено черными отрезками с теми полями, в которых из него можно попасть одним ходом коня. Красная линия — путь с концами A и B, проходящий по всем полям по одному разу. [Заметим, что если вместе отрезка $A_1B_1$ включить в путь отрезки $AA_1$ и $BB_1$, то он распадается на два замкнутых пути].

Рис. 12. Вставленные блоки выделены с ним цветом.

жествые $A_1, A_2, \dots, A_k$, которые содержат m полей, причем

1. эти подмножества не имеют общих полей;
2. ни с одной поля подмножества $A_i$ конь не может пройти ни на одно поле подмножества $A_j$ при $i \neq j$;
3. $g - m < k - 1$, то область G нельзя обойти коня.

Доказательство леммы достаточно оценено. Действительно, если конем удался обойти всю область G, то путь коня должен пройти через все k подмножества. При этом в силу условия 2) леммы при переходе из подмножества в подмножество коню придется не менее чем k-1 раз повышать вне подмножестей, но вне подмножестей по условию

Рис. 13. Краские клетки — это подмножество $A_1$. Все остальные клетки — это $A_2$.

3. леммы не найдется такого числа полей. Лемма доказана.

Рассмотрим три случая: 1) $n=4t$; 2) $n=4t+2$ и 3) $n=4t+3$.

Начнем с более легкого случая 3), когда $n=4t+3$. Разделим всю кайму на два подмножества $A_1$ и $A_2$ так, как показано на рисунке 13. (Здесть $t=0$; для того, чтобы получить рисунок при других $t$, нужно оставлять блоки, изображенные на рис. 11.)

Легко видеть, что из подмножества $A_1$ нельзя попасть в подмножество $A_2$ ходом коня. Поэтому можно применить лемму ($k=2$, $m=g$).

В оставшихся двух случах $n=4t$ и $n=4t+2$ основная трудность — описание полей, которые не войдут ни в одно из подмножества. Мы будем называть их нейтральными.

Случай 1) ($n=4t$). При $t>0$ нейтральными объявим поля, имеющие по одной общей стороне с угловыми полями окаймляемой доски. (На рисунке 14 они помещены буквой Z.) Их будет 8. Подмножества их будет 10 — определяются следующим образом: берем незаанятое поле и все те поля, в которых можно «пройти» из него конем, не пользоваться нейтральными клетками. Все эти поля и образуют одно подмножество. Для того, чтобы из рисунка 14 получить рисунок при любом $t>0$, нужно оставлять блоки, изображенные на рисунке 11. При $t=0$ нейтральные поля и подмножества изображены на рисунке 15.

Случай 2) ($n=4t+2$) разбирается аналогично. Здесь при $t>0$ число нейтральных полей 12, а число подмножества 14. Как выбирать нейтральные поля при $t>0$ и при $t=0$, видно из рисунков 16 и 17.

Задача M118 является частным случем такой задачи: дан «граф» (система «вершин», некоторые из которых «соединены ребрами»), требуется найти путь, обходящий в ерш и ны по одному разу — так называемый «замильтонов путь».

Заметим, что в общем случae эта задача не решена — не найдено простого алгоритма, позволяющего для произвольного графа построить гамильтоновый путь и даже выяснить,

66

существует ли такой путь. Похожая на нее задача — отыскать путь, прохождение по разу по всем ребрам,— намного проще.

Ю. Ю. Соркин

M119

Докажите, что если на каждой грани выпуклого многогранника выбрать по точке и проведи из этой точки вектор, который направлен перpendикулярно соответствующей грани во внешнюю сторону и длина которого равна площади этой грани, то сумма таких векторов будет равна нулю.

Убедитесь и короткое доказательство можно получить из физических сообщений. Представим себе, что замкнутый сосуд, внутренняя полость которого имеет форму нашего многогранника, заполнен газом под давлением $P$ и помещен в пустоту (внешние силы — вес и т.п.— отсутствует). Тогда сила давления газа на грань площади $S$ равна $PS$ и направлена perpendикулярно к этой грани во внешнюю сторону (как коротко говорят, «по внешней нормали» к грани). Конечно, можно принять $P$ равным 1; тогда силы, действующие на грани, будут равны тем вектором, о которых идет речь в условиях задачи. Так как сосуд не может двигатться сускорением под действием лишь внутренних сил, то векторная сумма этих сил, то есть сумма наших векторов, равна нулю.

Приведем и число математических доказательств. (Мы не будем здесь подробно обсуждать интересный вопрос о том, в какой мере проведенное выше рассудение можно считать «строгим доказательством». Заметим, что все использемые в нем физические понятия и законы можно было бы ввести в рамкахстрой математической «дедуктивной» теории: поняття получили бы точные определения, законы — строие доказательства, а данные опыта рассматривают бы как подтверждение полезности определений и теорем; но в школьном — да и не только в школьном — курсе физики такой подход не очень популярен. К тому же, чтобы осуществить такую «формализацию» курса физики, школьного курса математики было явно недостаточно. Для решения же нашей задачи в полне хватит и школьной математики.)

Нам понадобится такая лемма (ее доказательство мы даем в конце решения): если многоугольник имеет площадь $S$ и его плоскость образует с некоторой плоскостью $π$ угол $α$ ($0° < α < 90°$), то площадь проекции этого многоугольника на плоскость $π$ равна $S \cos α$.

Возьем произвольную ось (направленную прямую) $l$ и perpendикулярную ей плоскость $π$. Спроектиум все грани нашего многоугольника на плоскость $π$, а соответствующие им векторы — на ось $l$. Если площадь одной из граней равна $S$, а угол, образуемый ее «внешней нормальной» с осью $l$,

Рис. 18. а) верхние грани: $0 \leqslant α \leqslant 90°$; б) нижние грани: $90° < α \leqslant 180°$.

равен $α$, то проекция вектора на ось $l$ равна (с учетом знака) $S \cos α$, а площадь проекции грани на плоскость $π$ равна $|S \cos α|$. Мы пишем знак модели, потому что угол $α$ может быть не только острым (рис. 18a; грани, для которых $α \geqslant 0$ мы называем верхним), но и тупым (рис. 18, б; грани, для которых $α < 0$, мы называем нижним).

Рассмотрим теперь многоугольник, в котором проектировется наш многоугольник (на плоскость $π$). Этот многоугольник, как видно из рисунков 18а и 186, можно составить из проекций всех верхних граней, а можно — из проекций всех нижних граней. (Здесь мы пользовемся тем, что многоугольник — выпуклый, поэтому на каждой прямой, параллельной $l$ и пересекающей многоугольник, найдется одна точка, принадлежая верхним граям, и одна — нижним). Поэтому, если отделить средние чисел $S \cos α$ положительные и отрицательные, то сумма тех и других по модели будет одинаковой. Следовательно, сумма всех чисел $S \cos α$, соответствующих разным граям, равна 0. Итак, сумма проекций наших векторов

68

группе большие $A$, то и среднее арфметическое всех чисел большие $A$ (действительно, если сумма чисел в первой группе большие $(n - n_1) A$, во второй — большие $(n_1 - n_2) A$ …, в последней — большие $n_r A$, то сумма всех большие $n_A$). Но через $A$ мы как раз и обозначили среднее всех $n$ чисел. Полученное противоречение доказывает, что наш предположение неверно.

Многие наши читатели рассуждают иначе. Например, полезно вычесть из каждого из данных чисел величины $A$ (их среднее арфметическое). Тогда задача сведется к частному случайю, когда среднее арфметическое всех чисел равно нулю. После этого можно отбросить знаменатель и говорить уже не о средних, а о суммах чисел и их знаках, и задача ставится простым следствием такой задачи: если по окружности выписано несколько чисел, сумма которых равна 0, то найдется такое число, что оно само неотрицательно, сумма его со следующим по часовой стрелке неотрицательна, сумма его со следующим двумя неотрицательны и т. д. вплоть до суммы всех $n$ чисел. Об этой задаче (в нескольких иной формулировке) уже шла речь в «Квант» (см. «Квант» № 1, 1972, стр. 42, решение задачи M82).

M122

Пятугольник ABCDE вписан в окружность. Известно, что расстояния от точки $E$ до прямых $AB, BC, CD$ равны соответственно $p, q, r$. Найдите расстояние от точки $E$ до прямой $AD$.

Если дана окружность и на ней две точки $P$ и $Q$, то через $s$ ($PQ$) мы будем обозначить синусно списанного угла, опирающегося на дуг $PQ$ (поскольку $\sin \alpha = \sin (180^\circ - \alpha)$ не зависит от того, в какой из двух дуг лежит точка $M$).

Нам попадGBTся следующие два факта.

1°. Пусть $PQ$ — хорда окружности радиуса $R$. Тогда $PQ = 2Rs$ ($PQ$).

2°. Если $P, Q$ и $E$ — три различных точки окружности радиуса $R$, то расстояние от точки $E$ до прямой $PQ$ равно $2Rs(EP)$ ($s(EQ)$).

Утверждение 1° хорошо известно (из него выводится общно «теорема синусов» для треугольника), а 2° легче всего вывести из 1°, подчитав двумя способами площадь треугольника $PQE$. Если $\alpha$ — угол при вершине $E$ этого треугольника, $h$ — высота, опущенная из этой вершины, то удовеная площадь равна $h \cdot PQ = EP \cdot EQ \cdot \sin \alpha$, откуда с учетом того, что $EP = 2Rs(EP)$, $EQ = 2Rs(EQ)$, $PQ = 2Rs(PQ) = 2R \sin \alpha$, получаем $h = 2Rs(EP)$ ($s(EQ)$).

Теперь задача M122 решается мгновенно: по условияю

$$p = 2Rs(EA) s(EB),$$
$$q = 2Rs(EB) s(EC),$$
$$r = 2Rs(EC) s(ED),$$

следоватьно, расстояние от точки $E$ до прямой $AD$ равно

$$2Rs(EA) s(ED) = pr/q.$$

Эта задача предлагалась в одном из вариантов письменного экзамена по математике на физике МГУ в 1971 году (там она была наиболее трудной).

Н. Б. Васильев

В этом номере мы публикуем решения задач Ф131—Ф137

Ф131

Легкая стеклянная трубка длины $l$ и поперечного сечения $S$, заполненная цилиндром трубку и запаянная с одной конца, расположена горизонтально в резервуаре со струью в близзи поверхности. Какую минимальную работу надо совершить для того, чтобы перевести трубку в вертикальное положение, в котором она будет касаться открытым концом поверхности ртути?

Работа, необходимая для перемещения трубки, не зависит от способа, который мы будем переводить трубку в вертикальное положение. Можно, например, поворачивать трубку вокруг конца, можно повернуть трубку вокруг середины и затем выращить из ртути и, наконец, можно повернуть ее вокруг конца и затем снова выращить из ртути. Удобнее всего рассмотреть последний способ.

При перемещении ртути внутри резервуара из одного места в другое работа не затрачивается, так как потенциальная

энергия системы не меняется. Поэтому при повороте трубки вокруг конца работа также не затрачивается. Следовательно, нужно учитывать только работу, необходимую для «вытскивания» трубки из ртути.

Если конец трубки находится над поверхности на высоте $x$ (рис. 20), то сверху на него действует сила atmosфериного давления $F_1 = P_0S$, а снизу на доньшко трубки действует сила $F_2 = P \cdot S$, где $P$ — давление на доньшко. $P$ можно найти, записав условные равновесия столбца ртути в трубке

$$P + \rho gx = P_0.$$

(Давление в точке $B$ должна быть равно $P_0$.) Отсюда

$$P = P_0 - \rho gx.$$

Сила, с которой нужно вытскивать трубку, оченьно, равна разности сил $F_1$ и $F_2$:

$$F = F_1 - F_2 = \rho gxS.$$

Эта сила пропорциональна $x$.

Рис. 20.

Рис. 21.

Однако это верно только до тех пор, пока $P$ не стало равным нулю, то есть при $x \leq \frac{P_0}{\rho g} = 0,76$ м.

Если длина трубки $l$ больше $x_1 = P_0/\rho g = 0,76$ м, то при $x > x_1$ $P = 0$ (давленем паров рутин можно пренебречь), и сила, с которой нужно «ташить» трубку, равна простой $F_1 = P_0 S$.

Нарисуем график зависимости силы $F$ от $x$ (рис. 21). Работа, необходимая для вытскивания трубки, равна площади фигуры под этим графиком. Поэтому, если $l < x_1$, то

$$A = \frac{1}{2} \rho g l S \cdot l = \frac{1}{2} \rho g S l^2.$$

При $l > x_1$

$$A = \frac{1}{2} \rho g S x_1^2 + P_0 S (l - x_1) =$$

$$= \frac{1}{2} P_0 S x_1 + P_0 S (l - x_1) =$$

$$= P_0 S \left( l - \frac{1}{2} x_1 \right).$$

Ф132

Цилиндр массы $m$ раскрутили и помещили между двумя закрепленными плоскостями, расположенными под углом $2\alpha$ друг к другу (рис. 22). Зная, что коэффициент трения между цилиндром и плоскостями равен $k$, определять силы, с которой цилиндр действует на плоскости.

Рассмотрим равновесие цилиндра. На него действуют силы $N_1$ и $N_2$ нормальных реакций плоскостей, силы трения $F_1$ и $F_2$ и сила тяжестеки $mg$. Поверхность цилиндра скольzt по плоскостям, поэтому $F_1 = k N_1$ и $F_2 = k N_2$.

Так как цилиндр находится в равновесии, то сумма проекций на любую ось всех действующих на него сил должны быть равна нулю. Спроектируем все силы на две взаимно перpendикулярные оси — горизонтальную и вертикальную:

$$-N_1 \cos \alpha + N_2 \cos \alpha + F_1 \sin \alpha + F_2 \sin \alpha = 0,$$

$$N_1 \sin \alpha + N_2 \sin \alpha + F_1 \cos \alpha - F_2 \cos \alpha - mg = 0.$$

Подставив в эти уравнения значения $F_1 = k N_1$ и $F_2 = k N_2$, разделив левые и правые части на cos $\alpha$, получим:

$$(N_1 + N_2) k \mathrm{tg} \alpha - N_1 + N_2 = 0,$$

$$(N_1 + N_2) \mathrm{tg} \alpha + k N_1 - k N_2 = \frac{mg}{\cos \alpha}.$$

Решая уравнение совместно, получим

$$N_1 = \frac{mg}{\cos \alpha} \cdot \frac{1 + k \mathrm{tg} \alpha}{2 \mathrm{tg} \alpha (1 + k^2)},$$

$$N_2 = \frac{mg}{\cos \alpha} \cdot \frac{1 - k \mathrm{tg} \alpha}{2 \mathrm{tg} \alpha (1 + k^2)}.$$

Следовательно, силы трения

$$F_1 = \frac{mg k}{\cos \alpha} \cdot \frac{1 + k \mathrm{tg} \alpha}{2 \mathrm{tg} \alpha (1 + k^2)},$$

$$F_2 = \frac{mg k}{\cos \alpha} \cdot \frac{1 - k \mathrm{tg} \alpha}{2 \mathrm{tg} \alpha (1 + k^2)}.$$

Зная силы, действующие на цилиндр, нетрудно найти силы, действующие со

70

стороны цилиндра на плоскости. Согласно третьему закону Ньютона эти силы равны по величине и противолежны по направлению. На рисунке они отмечены синими векторами.

Так как сила $N_2$ не может быть отрицательной, то решение справедливо при $k \text{tg} \alpha \leq 1$. Если $k \geq \frac{1}{\text{tg} \alpha}$, то $N_2 = 0$ и $F_2 = 0$. При этом цилиндр или поконтся, не касаясь левой наклонной плоскости, или поднимается вверх по правой наклонной плоскости.

Ф133

Замкнутая металлическая цепочка соединена нить с осью центровжной машины и врашается с угловой скоростью $\omega$ (рис. 23). При этом нить составляется угол $\alpha$ с вертикалью. Найти расстояние от центра тяжестеки цепочки до оси врашения.

Силы, действующие на цепочку, показаны на рисунке; $T$ — сила натяжения нити, $mg$ — сила тяжестеки. Так как центр тяжестеки цепочки движется по окружности радиуса $x$, то, согласно второму закону Ньютона, сумма проекций всех сил, действующих на цепочку, на горизонтальное направление, должна быть равна произведению

Рис. 23.

массы цепочки на центростремительноеускорение ее центра масс. То есть

$$T \sin \alpha = m \omega^2 x.$$ (1)

В вертикальном направлении цепочка не перемещается; следовательно, сумма проекций всех сил, действующих на цепочку, на вертикальное направление, равна нулю:

$$T \cos \alpha - mg = 0.$$ (2)

Исключая из этих уравнений $T$, найдем

$$x = \frac{g}{\omega^2} \text{tg} \alpha.$$ (3)

Ф134

Тяжелая плита движется со скоростью $v$ в направлении, перpendикулярном ее плоскости. Под углом $\alpha$ к направлению движения плиты летит со скоростью $u$ легкий шарик. Определить величину и направление скорости шарика после его упругого стольновения с плитой.

a) Расстоять случай, когда скорость шарика направлена к плите и от нее.

b) Как изменится ответ, если плита движется в направлении, составляющем угол $\beta$ с ее плоскостью?

a) Так как скорость плиты при соударении не меняется, система плита — шарик не является изолированной и для решения задачи нельзя воспользоваться законом сохранения импульса. Поэтому поступим так. Разложим скорость шарика на составляющие — параллельную плите и перpendикулярную ей — и перейдем в системе координат, связанную с плитой. В этой системе координат составляющая скорости шарика, параллельная плите, равна $u \sin \alpha$, а перpendикулярная плите равна $u \cos \alpha + v$ (рис. 24). После упругого стольновения шарика с плитой составляющая скорости шарика, параллельная плите, не изменится, а перpendикулярная плите будет той же по величине, но противоположной по направлению.

Теперь «вернемся» в неподвижную систему координат. Здесь составляющие скорости шарика после удара о плиту будут $u \sin \alpha$ и $(u \cos \alpha + v) + v = u \cos \alpha + 2v$.

Это означает, что скорость шарика после удара о плиту в неподвижной системе координат равна

$$u' = \sqrt{u^2 \sin^2 \alpha + (u \cos \alpha + 2v)^2} = \sqrt{u^2 + 4v^2 + 4vu \cos \alpha}.$$ (1)

Эта скорость составляется направленем

71

Рис. 25.

движення плиты угол γ такой, что

$$\text{tg} \gamma = \frac{u \sin \alpha}{u \cos \alpha + 2v}.$$ (2)

Мы подробно рассмотрели случай, когда скорость шарика направлена к плите. Ясно, что если скорость шарика направлена от плиты, то $u \cos \alpha < v$, решение остается верным, только во всех формулах нужно заменить $u \cos \alpha$ на $-u \cos \alpha$. При $u \cos \alpha \geq v$ шарик не столкнется с плитой.

6. Нетрудно обобщить задачу на случай, когда плита движется в направлении, составляющим угол β с ее плоскостью. Ясно, что и в этом случae при столкновении шарика с плитой изменится только перпендикулярная плите составляющая его скорости. Ее изменение такое же, как и в том случae, когда плита движется в направлении, перпендикулярном ее плоскости, со скоростью $v' = v \sin \beta$ (рис. 25). Поэтому мы получим правильный ответ, если в формулах (1) и (2) вместе $v$ подставим $v'$. Тогда

$$u' = \sqrt{u^2 + 4v^2 \sin^2 \beta + 4uv \cos \alpha \sin \beta},$$

$$\text{tg} \gamma = \frac{u \sin \alpha}{u \cos \alpha + 2v \sin \beta}.$$

Ф135

Мина, лежащая на земле, взрывается от детонации. Осколки мины начинают двигаться симметрично во все стороны с одинаковыми скоростями $v$. Размеры всех скоростей какая часть скорков упадет вне круга радиуса $R$ с центром в точке взрыва?

Запишем кинематические уравнения движения вдоль осей $X$ и $Y$ для осолка, выпелевшего под углом $\alpha$ к горизонту:

$$x = vt \cos \alpha, \quad y = vt \sin \alpha - gt^2/2.$$ (1)

Найдем из этих уравнений дальнейть полета осолка. В момент падения осолка на Землю его координата $y$ равна нулю, а координата $x$ — дальнейти полета $l$. Значит, в этот момент

$$vt_0 \cos \alpha = l, \quad vt_0 \sin \alpha = gt_0^2/2.$$ (3)

(Здесь $t_0$ — время полета осолка.) Следовательно, дальнейти полета осолка

$$l = v \cos \alpha \cdot \frac{2v}{g} \sin \alpha = \frac{v^2}{g} \sin 2\alpha.$$ (2)

Нетрудно определить, при каких углах вылега осколков дальнейсти их полета больше $R$:

$$\frac{v^2 \sin 2\alpha}{g} > R, \quad \sin 2\alpha > \frac{gR}{v^2},$$

$$\alpha_0 \leq \alpha \leq \pi/2 - \alpha_0,$$

где $\alpha_0 = \frac{1}{2} \arcsin \frac{gR}{v^2}$.

Проведем мысленно вокруг мины полусферу радиуса $a$. Очевидно, часть осолков $n$, вылетевших в интервале углов $\alpha_0 \leq \alpha \leq \pi/2 - \alpha_0$, равна относительной площади $S$ боковой поверхности шарового слоя, который виден из центра полусферы в этом интервале углов, к площади полусферы:

$$n = \frac{S}{\pi a^2}.$$

Для того чтобы найти $S$, разобем шаровой слой на тонкие слоны, которые видны из центра полусферы в малом интервале углов $\Delta \alpha$. Площадь $S$ боковой поверхности такого тонкого слоя с $\Delta \alpha = \alpha_2 - \alpha_1$ равна его ширине $a \Delta \alpha = a (\alpha_2 - \alpha_1)$, умноженной на длину okружности среднего сечения слоя — ее радиус равен $a \cos \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2}$:

$$s = 2\pi a \cos \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} \cdot 2a \frac{\alpha_2 - \alpha_1}{2}.$$

Так как $\Delta \alpha = \alpha_2 - \alpha_1$ мало, то

$$\frac{\alpha_2 - \alpha_1}{2} \approx \sin \frac{\alpha_2 - \alpha_1}{2},$$

$$s \approx 4\pi a^2 \sin \frac{\alpha_2 - \alpha_1}{2} \cos \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} = 2\pi a^2 (\sin \alpha_2 - \sin \alpha_1).$$

Площадь $S$ боковой поверхности всего слоя равна сумме площей боковых поверхностей тонких слов:

$$S = s_1 + s_2 + \dots = 2\pi a^2 (-\sin \alpha_0 + \sin \alpha_1 - \sin \alpha_2 + \dots) = 2\pi a^2 \left[ \sin \left( \frac{\pi}{2} - \alpha_0 \right) - \sin \alpha_0 \right] = 2\sqrt{2} \pi a^2 \sin \left( \frac{\pi}{4} - \alpha_0 \right).$$

Но

$$\sin \left( \frac{\pi}{4} - \alpha_0 \right) = \sqrt{\frac{1 - \sin 2\alpha_0}{2}}.$$

72

Следовательно,

$$S = 2\sqrt{2}\pi a^2 \frac{1 - \sin\left(\frac{gR}{v^2}\right)}{2} = 2\pi a^2 \sqrt{1 - \frac{gR}{2}}$$

и

$$n = \frac{S}{\pi a^2} = 2\sqrt{1 - \frac{gR}{v^2}}.$$

Ф136

Плоский конденсатор имеет емкость $C$. На одну из пластин конденсатора помещили заряд +$q$, а на другую — заряд +4$q$. Определить разность потенциальных между пластинами конденсатора.

Если на пластинах плоского конденсатора имеются заряды +$Q$ и —$Q$, то напряжение поля между пластинами, как известно, равна $E = \frac{Q}{Cd}$. Это поле равно сумме одинаковых полей двух пластин. Поэтому напряжение поля одной пластины с равномерно распределенным зарядом равна $\frac{1}{2} \frac{Q}{Cd}$.

Напряжение поля пластины с зарядом +$q$ равна $\frac{1}{2} \frac{q}{Cd}$, а напряжение поля пластины с зарядом +4$q$ равна $\frac{2q}{Cd}$. В отличие от случайных зарядов конденсатора, когда напряжение полей пластин направлены в одну сторону и складываются, в нашем случае напряжение полей, создаваемых пластинами, направлены в разные стороны. Поэтому напряжение одноподогного поля между пластинами равна разности напряжения полей каждой из пластин (рис. 26):

$$E' = \frac{2q}{Cd} - \frac{1}{2} \frac{q}{Cd} = \frac{3}{2} \frac{q}{Cd}.$$

Теперь нетрудно найти разность потенциальных пластин. Она равна равоте, не

$$P_0 = \frac{mg}{S}.$$

Отсюда

$$m = \frac{P_0 S}{g}.$$

Умножив $m$ на $\alpha$, получим массу метана в этом столбе:

$$m_{CH_4} = \alpha m = \frac{\alpha P_0 S}{g}.$$

Теперь найдем, слой какой толщины $x$ составляет бы эта масса метана при нормальных условиях (площадь основания цилиндра по-прежнему равна $S$).

Запишем уравнение газового состояния:

$$P_0 Sx = \frac{m_{CH_4}}{\mu} RT,$$

где $Sx$ — объем массы метана $m_{CH_4}$, $\mu$ — масса одного киломоля метана ($\mu = 16 \frac{\kappa}{kmol}$), $R = 8,3 \cdot 10^3 \frac{\partial x}{\partial p} \cdot \frac{\partial p}{\partial T}$ — газовая постоянная, $T = 273^\circ K$ — нормальная температура и $P_0 = 1 \text{ atm}$ — нормальное давление. Подставив в это уравнение выражение для массы метана, найдем

$$x = \frac{\alpha RT}{g\mu} (m).$$