Решения задач М151—М154; Ф170—Ф175

37

Решения задач

M151—M154; Ф170—Ф175

M151. Каждый из девяти примых разбиваем квадрат на два четырехугольника, площади которых относится как 2:3. Доказать, что по крайней мере три из этих девяти примых проходят через одну точку.

Если прямая пересекает две смежные стороны квадрата, то, очевидно, она разрезает квадрат на треугольник и пятую никк. Но по условию каждой из 9 примых разрезает квадрат на четырехугольника. Следовательно, такая прямая пересекает две противоположные стороны квадрата, то есть разбиает квадрат на две трапеции (или два прямогоугольника), основания которых лежат на сторонах квадрата, и высоты равны стороне квадрата. Ясно, что прямая делит «среднюю линию» квадрата в отношении 2:3 (рис. 1), поскольку отношения площадей этих трапеций равно отношению их средних линей (лежащих на средней линии квадрата).

На средней линии квадрата имеется две точки, делящие ее в отношении 2:3. Расмотрев две другие противоположные стороны квадрата, мы найдем еще две точки на параллельном им средней линии.

В результате мы получаем, что каждая из 9 данных примых проходит через одну из 4 указанных точки (рис. 2).

Безусловно, через одну из этих точки проходит не менее трех примых. Действительно, если бы через каждой точку проходило не больше двух примых, то всего было бы не больше 2.4 = 8 примых, что противоречит условиям.

Читатель указывает естественное обобщение задачи: вместе квадрата рассматривается 2n-угольник, у которого противо-

Рис. 1. Рис. 2.

положные стороны параллельны, и прямые, каждая из которых делит этот 2n-угольник на два (n + 2)-угольника фиксированной площади.

Заметим, что если две стороны многоугольника не параллельны, то прямые, каждая из которых пересекает эти стороны и отсекает данные плausадь, уже не будут проходить через одну точку (доказите это!), а будут касаться неокоторая гиперболы.

Б. М. Ивлев

M152. Пусть a, b, m, n — натуральные числа, причем a взаимно просто с b и a > 1. Доказать, что если a^m + b^m делится на a^n + b^n, то m делится на n.

Оказывается, что утверждение задачи можно заменить более точным. Мы доказем не только то, что m делится на n, то есть m = kn, где k — некоторое целое число, но и то, что это k — обязательное нечетное число. Мы разобем доказательство на три части.

1°. Пусть m = kn, где k — нечетное число. Тогда a^m + b^m делится на a^n + b^n.

2°. Пусть m = kn + r, где k нечетное число, а 0 < r < n. Тогда a^m + b^m не делится на a^n + b^n.

3°. Пусть m = ln + r, где l — нечетное число, а 0 ≤ r < n. Тогда a^m + b^m не делится на a^n + b^n.

Заметим, что, доказав 1°, 2°, 3°, мы доказем еще больше, чем общеалл, а именно: для многочобы a^m + b^m делится на a^n + b^n, необходимimo и достаточно, чтобы m равнялось kn, где k нечетно. При доказательстве 2° и 3° мы будем использовать то, что a и b взаимно просты, а при доказательстве 1° — нет.

Доказательство 1°. Пусть c и d — произвольные целые числа. Тогда c^k + d^k, где k > 0 нечетно, делится на c + d. (Отсюда при c = a^n и d = b^n получится 1°.) Действительно, как легко видеть, при нечетном k

c^k + d^k = (c + d) (c^{k-1} - c^{k-2} d + … - cd^{k-2} + d^{k-1}).

Доказательство 2°. Запишем a^m + b^m в виде a^{kn+r} + b^{kn+r} = a^r (a^{kn} + b^{kn}) + b^{kn} (b^r - a^r).

Согласно 1° первого слагаемое делится на a^n + b^n, второе же слагаемое не делится на a^n + b^n, так как b^{kn} взаимно прост с a^n + b^n и 0 < |b^r - a^r| < a^n + b^n. Следовательно, сумма не делится на a^n + b^n.

Доказательство 3°. Если l — четное число, то k = l - 1 нечетно. Запишем a^m + b^m в виде a^{ln+r} + b^{ln+r} = a^{kn+r} (a^{kn} + b^{kn}) + b^{kn+r} (b^r - a^r).

Первые два слагаемых делятся на a^n + b^n, а последнее, как и выше, не де-

38

лится. В самом деле, $b^{kn}a^n$ взаимно просто с $a^n + b^n$ и $0 < b^r + a^r < a^n + b^n$.

Приведите самостояльно примеры, показывающие, что без предположения о взаимной простоте $a$ и $b$ утверждения $2^\circ$ и $3^\circ$ неверны.

В. Л. Гутенмахер

M153. Двое церраим в следующую церру. Один называем цфру, а другой вставляем ее, по своему усмотрению, вместе одной из звездочек в следующей разности:

$$\begin{array}{c} * \quad * \\ - \quad * \quad * \end{array}$$

Затем первый называем еще одну цфру и мак dallee 8 раз, пока все звездочки не заменятся на цфры. Том, кто называем цфры, стремится к тому, чтобы разность получалась как можно больше, а второй — чтобы она стала как можно меньше. Доказать, что а) второй может рассматривать цфры так, чтобы получился при этом разностьcala не больше 4000, неависимо от моего, какие цфры называют первый;
б) первый может называть цфры так, чтобы разностьcala не меньше 4000, неависимо от моего, куда рассматривает цфру второй.

Приведем решение для обшено случая, когда в каждой строке не 4, а $n$ звездочек. Докажем, что при наличии игре противников разность оказывается равной $4.10^{n-1}$.

a) Стратегия второго игре.

Если первая цфра, называная первым игроком, 4 или меньше, второй игрок ставит ее вместе старшего разряда уменьшаемого. После этого, как только первый игрок называет цфру, отличную от 0, второй заполняет его старший разряд вычитаемого. Разность оказывается не больше чем $499 \ldots 9 - 100 \ldots 0 < 4.10^{n-1}$. Если первый игрок, начиная со второго хода, каждый раз называет 0, то разность также будет меньше, или равна $4.10^{n-1}$.

Если первый игрок начинает с цфру 5, 6, 7, 8 или 9, второй ставит ее на место старшего разряда вычитаемого, а затем занимает старший разряд уменьшаемого первого же называенной цфрой, отличную от 9. Далее если все последующие цфры — девятки, то также получится разность, не превысходящая $4.10^{n-1}$.

b) Стратегия первого игре.

Do tex пор пока остаются свободными старшие разряды уменьшаемого и вычитаемого, первый игрок называет цфры 4 и 5. Начиная с момента, когда вторый игрок заполнит один из двух старших разрядов, и до конца игры первый игрок называет 0, если равные оказались заполненным старший разряд уменьшаемого, и 9 — в противном случае. Остается уточнить, в каких случаях первый игрок называет цфру 4, а в каких — цфру 5.

Перед очередным своим ходом первый игрок мы следят нуля во всех незаполненных разрядах. Если после этого разность оказывается неотрицательной, он объявляет цфру 4, если же разность отрицательна — цфру 5.

Докажем, что описанная стратегия первого игрок позволяет ему сделать разность не меньше $4.10^{n-1}$.

Если старший разряд уменьшаемого займет цфра 4, то в старшем разряде уменьшаемого оказется цфра 9:

$$\underbrace{900 \ldots 0}_{n} - \underbrace{499 \ldots 9}_{n} > 4.10^{n-1}.$$

Если старший разряд уменьшаемого заполнит цфра 5, то старший разряд уменьшаемого заполнит цфра 0, а

$$\underbrace{500 \ldots 0}_{n} - \underbrace{099 \ldots 9}_{n} > 4.10^{n-1}.$$

Предположим, что первый игрок называет цфру 4, а второй заполнел его старший разряд уменьшаемого. Перед этим ходом разность была неотрицательной, после хода она увеличилась на $4.10^{n-1}$ и больше не изменялась, так как при всех следующих ходах первый игрок называет 0.

Осталось рассмотреть случай, когда первый игрок называет цфру 5, а второй заполнел его старший разряд вычитаемого. Разбъем цфры, называемые первым игроком, на серии, обедининия в серию одинаковые цфры, и душие подряд. Будем считать, что второй игрок не ставит друг под другом одинаковые цфры, в противном случае их можно было бы перечеркнуть и не рассматривать при дальнейших рассудениях. Докажем теперь, что каждая серия из четверок конечется так:

$$\begin{array}{c} * \ldots * a_m a_{m+1} \ldots a_n \\ * \ldots * 4 b_m b_{m+1} \ldots b_n. \end{array}$$

To, что первый серия конечется так, оченьindo. Пусть s-ая серия из четверок конечется таким образом. Покажем, что и s + 1-ая серия закончится так же. После s-ой серии четверок поддает серия из пятерок. Расмотрим самую левую пятерку из этой серии (напомним, что перечеркнутых цфр мы не рассматриваем!). Ясно, что она попает в уменьшаемое в разряд с номером, меньшим m, а под ней стоит либо звездочака, либо она попала в m — 1-ый разряд, четверка. Эта пятерка — последняя в своей серии. Действительно, после того, как она поставлена, разность становится положительной и первый начнет обявлять четверки. Если рассмотреть теперь самую левую четверку из s + 1-ой серии, то, с помощью таких же рассудений можно убедиться, что она стоит в вычитаемом в разряде, более

39

близком к первому, чем последняя птерка из предыдущего серии, над ней стоит звездочка и что она — последняя в своей серии.

Позному после того, как назван последняя четверка, возникнет следующее сгущение

$$* * * \dots * * a'_{k+1} \dots a'_n$$
$$* * * \dots * 4 b'_{k+1} \dots b'_n.$$

После этого первый игрок один или несколько раз назвал цифру 5 и, так как после каждого его хода уменьшаемое оставалось меньше вычитаемого (при мысленной замене звездочек нулями), то перед обявлением девяток возникло следующее положение

$$* a_2 a_3 \dots a_{k-1} a_k a'_{k+1} \dots a'_n$$
$$5 a_2' a_3' \dots a'_{k-1} 4 b'_{k+1} \dots b'_n$$

где для каждой $i=2, 3, \dots, k-1$ либо $a_i=a'_i$, либо $a'_i=5$ и $a_i$- звездочка, причем разность чисел

$$a_2 a_3 \dots a_{k-1} a_k$$
$$a_2' a_3' \dots a'_{k-1} 4$$

отрицательна. Действительно, если бы она была положительная, то перед обявлением девяток первый игрок объявил бы четверку, а нулем она быть не может, поскольку $a_k$ либо звездочка, либо птерка. С другой стороны, ясно, что если при $i < k$ $a_i$ и $a'_i$ — не звездочки, то $a_i=a'_i$; действительно, они совпадали в момент обявления последней четверки. Поэтому для неокончательная разность не меньше $4 \cdot 10^{n-1} + 3 \cdot 10^{n-j} > 4 \cdot 10^{n-1}$. Задача решения.

Ю. И. Нонин

M154. На прямой дано 50 отрезков. Доказать, что верно хотя бы одно из следующих утверждений:
a) неокончательная разность не меньше $4 \cdot 10^{n-1} + 3 \cdot 10^{n-j} > 4 \cdot 10^{n-1}$.
b) найдется всебольшее отрезок, никакое некоморых некоморых некоморых.

Веряято, можно привести много различных теорем, частным случаем или следствием которых является утверждение этой задачи. Мы здесь указываем только одну из них.

Теорема. Пусть на прямой задана произвольная система отрезков. Обозначим через $M$ наименьшее количество точек на прямой маких, что каждый из отрезков системы содержит одну из этих точек; через $m$ — наибольшее количество неокончательных отрезков, которые можно выбрать из наибольших систем. Тогда $M = m$.

Неравиентство $M \geq m$ очевидно: ясно, что если в системе есть $m$ попарно непересекаются отрезков, то не может существовать меньше чем $m$ точек, одну из которых содержал бы каждый из отрезков системы (далее на $m$ выбранных отрезков нужно поместить по крайней мере $m$ точек). Осталось доказать неравенство $M \leq m$.

Для этого достаточно доказать, что из системы всегда можно выбрать неокончательное количество точек $A_1$ и пересекаются отрезков $A_2$, …, $A_k$ и в каждом из них выбрать по точки $A_1$, $A_2$, …, $A_k$ максим из отрезков системы содержал одну из этих $k$ точек.

Если мы сумем найти такие $k$ отрезков, то, очевидно, $M \leq k$ и $k \leq m$, откуда $M \leq m$. (На самом деле тогда обязатьсяно $M = k = m$ — ведь неравенство $M < m$, как мы видели, невозможно.)

Покажем, как можно выбрать такие отрезки и точки.

Представим себе, что прямая расположена перед нами горизонтально. Выберем такой отрезок $A_1$, лежащий которого $A_1$ расположен правее, чем левые концы всех других отрезков. Выбросим из системы все отрезки, содержащие точку $A_1$ (в частности, $A_1$) *).

Ясно, что каждый из оставшихся отрезков (если такие есть) расположен целиком левее точки $A_1$ и заведomo не пересекается с отрезком $A_1$. К оставшимся отрезкам снова применяются процедур, описанную в предыдущем абзаце — получим отрезок $A_2$ и точку $A_2$, затем отрезок $A_3$ и $A_3$ и так далее до тех пор, пока слева отлевого конца $A_k$ отрезка $A_k$ вообще не останется ни одного отрезка нашей системы. Отрезки $A_1$, $A_2$, …, $A_k$ и точки $A_1$, $A_2$, …, $A_k$ удовлетворяют всем нашим требованиям. Теорема доказана.

Решим теперь задачу M154. Докажем, что из $(pq+1)$ отрезков на прямой всегда можно выбрать либо $(p+1)$ отрезков, имеющих общую точку, либо $(q+1)$ попарно не пересекающихся отрезков. (При $p=q=7$ это и есть утверждение задачи M154.)

Действительно, если для заданной системы из $(pq+1)$ отрезков величины $M=m$, о которой идет речь в теореме, больше $q$, то можно выбрать $m \geq q+1$ не пересекающихся отрезков, а если эта величина не больше $q$, то можно выбрать множество из $M \leq q$ точек, имеющей общую точку с каждым из $(pq+1)$ отрезков. Тогда, безусловно, какую-то из этих $M$ точек должны содержать по крайней мере $(p+1)$ отрезков: если бы каждую точку содержало бы не больше $p$ отрезков, то все отрезков были бы не больше $Mp \leq pq$.

*) Мы считаем, что отрезки, о которых идет речь в задаче, «замкнутые», то есть содержат свои концевые точки. Впрочем, утверждение, как легко убедиться, остаются верными и для «открытых» интервалов-отрезков, которые не содержат свои концевые точки.

40

Ф170. В однородной плазме с плотностью (числом зарядов каждого знака в единице объема) п все электроны, первоначально нахождения в слое молцной x, смешются по нормали к эмтуу слою на расстояние x. Найти электронское поле E в сеценци SS (рис. 3).

Рассмотрим два тонких слоя толщиной Δx, расположенных на одинаковых расстояниях по разные стороны от сецения SS. Эти слоны можно рассматривать как обкладки плоского конденсатора с одинаковыми по величины, но разноменными зарядами. Найряженность поля этих зарядов можно вычислить по формуле

$$E = \frac{Q_{\Delta x}}{\varepsilon_0 s},$$

где $Q_{\Delta x}$ — заряд каждого обкладки, s — ее площадь.

Таким образом, наряженность поля зарядов выделенных слов не зависит от расстояния между слоями. Она определяется только величиной зарядами.

В сецении SS наряженность поля равна сумме наряженностей полей подобных пар тонких слов, то есть равна

$$E_{SS} = \sum \frac{Q_{\Delta x}}{\varepsilon_0 s} = \frac{1}{\varepsilon_0 s} \sum Q_{\Delta x}.$$

Так как $\sum Q_{\Delta x} = enxs$

$$E_{SS} = \frac{enxs}{\varepsilon_0 s} = \frac{enx}{\varepsilon_0}.$$

Ф171. На главный горизонтовый стол nocturnal вертикально筹етльку, состоящую из неевесомого стержня с двумя одинаковыми маленькими шариками на концах (рис. 4). Верхнему шарику ударом сообщают скорость v в горизонтовом направлении. При какой максимальной длине筹етки l нижний шарик сразу оторвется от стола?

Когда верхнему шарику сообщают горизонтовую скорость v, шарики начинают

$$\frac{v^2}{2l} > g,$$

то есть

$$l < \frac{v^2}{2g}$$

и

$$l_{\max} = \frac{v^2}{2g}.$$

И. Ш. Слободецкий

Ф172. Проводящий стержень подвешен горизонтовно на двух лекких проводах в вертикальном магнитном поле с индикцией B = 1 мл (рис. 5). Длина стержня l = 0,2 м, масса m = 10 г, длина проводов l₁ = 0,1 м. К мощкам закрепления проводов подключаются конденсатор emкостью C = 100 мкф, заряженный до наряжения U = 100 в.

a) Определить максимальный угол отложения системы от положения равновесия после разряда конденсатора, смещая, что разряд происходит за очень малое время.

b) Определить emкость конденсатора C₁,

41

при разряде коморого системы отклонится на угол $\alpha_1 = 3^\circ$, если при разряде заряженого до максимое же напряжения конденсатора емкостью $C_0 = 10$ мкф угол отклонится равен $\alpha_0 = 2^\circ$.

a) При подключении конденсатора по стержню начинает идти ток $i$, благодаря чему на стержень будет действовать сила $F = Bli$, направленная перпендикулярно стержню и вектору $B$.

Величина тока со временем плавано уменьшается от максимального значения до нуля, поэтому сила зависят от времени.

Так как время $\Delta t$ разряда конденсатора мало, то можно считать, что за это время мало и смешение стержня от положения равновесия и стержень получит в горизонтальном направлении некоторый импульс $P$.

Разбив время $\Delta t$ на малые промежутки, в течение которых силу может считать постоянной, запишем

$$P = \Sigma F \Delta t = B l \Sigma i \Delta t = B l q$$

и

$$v = \frac{P}{m} = \frac{B l}{m} q,$$

где $q$ — заряд, прошедший по стержню. При полном разряде конденсатора

$$q = CU.$$

Позетом

$$v = \frac{B l CU}{m}.$$

Угол отклонения системы от положения равновесия найдет из закона сохранения энергии. Приравняем выражения для полной энергии стержня в положении равновесия и при его максимальном отклонении (будем считать подводящие провода жесткими):

$$\frac{m v^2}{2} = m g l_1 (1 - \cos \alpha),$$

откуда

$$1 - \cos \alpha = \frac{v^2}{2 g l_1} = \frac{B^2 C^2 U^2 l^2}{2 g l_1 m^2},$$

но

$$1 - \cos \alpha = 2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}$$

и

$$\alpha = 2 \arcsin \frac{B C U l}{2 m \sqrt{g l_1}} = 2 \arcsin 0, 1 \approx 12^\circ.$$

6. Так как

$$\sin \frac{\alpha_0}{2} = C_0 \frac{B U l}{2 m \sqrt{g l_1}}$$

и

$$\sin \frac{\alpha_1}{2} = C_1 \frac{B U l}{2 m \sqrt{g l_1}},$$

то

$$C_1 = C_0 \frac{\sin \frac{\alpha_1}{2}}{\sin \frac{\alpha_0}{2}}.$$

Углы $\alpha_0$ и $\alpha_1$ малы, поэтому

$$\sin \frac{\alpha_0}{2} \approx \frac{\alpha_0}{2} \text{ и } \sin \frac{\alpha_1}{2} = \frac{\alpha_1}{2}.$$

В результате получим

$$C_1 = C_0 \frac{\frac{\alpha_1}{2}}{\frac{\alpha_0}{2}} = C_0 \frac{\alpha_1}{\alpha_0} = 15 \text{ мкф.}$$

В. В. Светозаров

Ф173. В однородном заряженном шаре радиуса $R$ имеется сфericalная полость радиуса $r$, центром которого находится на расстоянии $a$ от центра шара (рис. 6). Найти направление электрического поля в различных точках полости, если плотность заряда равна $\sigma$.

Вудем считать, что сначала шар равномерно заряжен по всему объему, а потом часть его заряда, находящуюся внутри полости, удаляют.

Согласно принципу суперпозиции направление поля в любой точке однородного заряженного шара равна векторной сумме направлений поля шара с полостью и направлений поля заряда, удаленного из полости.

Рассмотрим произвольную точку $A$ внутри полости. Ее расстояние от центра сферы обозначаем $x$, а от центра полости — $y$. направление $E_0$ поля, созданного сплошным шаром, в этой точке направлена вдоль радиуса шара и равна по величины

$$E_0 = \frac{4}{3} \pi x \sigma.$$

43

шенная газом, равна

$$A = P_{cp} \Delta V = \frac{P_1 + P_2}{2} (V_2 - V_1) = \frac{\alpha R}{2} (V_2 + V_1)(V_2 - V_1) = \frac{1}{2} R (T_2 - T_1) = \frac{1}{2} R \Delta T.$$

Подставив выражение для $\Delta U$ и $A$ в формулу (*), получим

$$C \Delta T = C_V \Delta T + \frac{1}{2} R \Delta T.$$

Отсюда

$$C = C_V + \frac{1}{2} R.$$

Интересно отмечить, что если $T \sim V^n$, то $C = C_V + \frac{1}{n} R$. Те, кто умеет интегрировать, легко это доказут.

В случае 6) $T = \frac{\beta}{V}$ ($\beta$ — некоторая постоянная). Поэтому

$$PV = RT = \beta \frac{R}{V} \text{ и } P = \beta \frac{R}{V^2},$$

то есть давление газа обратно пропорционально квадрату его объема. Для того чтобы найти работу, совершенную газом, разобем интервал изменения его объема на участки также, что на них давление можно считать постоянным. На каждом из таких участков газ совершает работу, численно равную площади прямогольника со стороны $P_i$ и $\Delta V_i = V_{i+1} - V_i$ (рис. 8). Очевидно, что полная работа газа приближенно равна сумме площадей таких прямогольников:

$$A = \sum \frac{\beta R}{V_i^2} \Delta V_i,$$

рис. 8.

Причем, чем меньше участки $\Delta V_i$, тем точнее написанная сумма соответствует величины работы, совершенной газом.

Так как $\Delta V_i$ мало и $V_i \approx V_{i+1}$, то можно считать, что $V_i^2 \approx V_i V_{i+1}$. Тогда

$$A = \sum \frac{\beta R}{V_i V_{i+1}} (V_{i+1} - V_i) = \beta R \Sigma \left( \frac{1}{V_i} - \frac{1}{V_{i+1}} \right) = \beta R \left( \frac{1}{V_A} - \frac{1}{V_1} + \frac{1}{V_1} - \frac{1}{V_2} \right) = \beta R \left( \frac{1}{V_A} - \frac{1}{V_B} \right) = \beta R \cdot \frac{1}{\beta} (T_A - T_B) = -R (T_B - T_A) = -R \Delta T.$$

Подставив это выражение в формулу (*), найдем, что

$$C = C_V - R.$$

Заметание.

Для определения работы, совершенной газом, можно воспользоваться методом анализи.

Рассмотрим работу по перемещению заряда в электростанческом поле точного заряда. Сила, действующая на заряд в этом поле, равна

$$F = \frac{q_1 q_2}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{1}{r^2}.$$

При бесконечном малом перемещении $\Delta r$ (когда силу можно считать постоянной) элементарная работа равна

$$\Delta A = F \Delta r.$$

Полная работа на участке $(r_2 - r_1)$ равна

$$A = \frac{q_1 q_2}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right).$$

Давление газа в случае 6) равна

$$P = \frac{\beta R}{V^2},$$

то есть обратно пропорционально квадрату объема.

Элементарная работа по расширению газа на участке $\Delta V$ (где давление можно считать постоянным) равна

$$\Delta A = P \Delta V.$$

По анализи с работой в электростанском поле полная работа по расширению газа от объема $V_1$ до объема $V_2$ равна

$$A = \beta R \left( \frac{1}{V_1} - \frac{1}{V_2} \right).$$

Ф175. Решение этой задачи содержится в статьве Г. Л. Комкина «Сmolкновение шариков» (стр. 19—21).

И. Ш. Слободецкий

45

ложена на выпускном письменном экзамене в гимназии г. Торуня. Поскольку экзамен был по алгебре, учашнее свели дело либо к решению irrationalного уравнения

$$\sqrt{2x^2 - 9} = \sqrt{x^2 - 81} + \sqrt{x^2 - 144},$$

либо к решению системы уравнений с темя неизвестными:

$$\begin{cases} x^2 - y^2 = 81, \\ x^2 - z^2 = 144, \\ 2x^2 - (y + z)^2 = 9. \end{cases}$$

Легко убедиться, что оба пути требуют значительного объема выкладок.

Если же пристретиться к рисунку, то обнаружится, что прямогольные треугольники ACD и BCE имеют равные гипotenузы, остые углы ACD и BEC равны, так как их стороны соответственно перпендикулярны. Таким образом, эти треугольники равны. Следовательно, соответствие равны и их катеты. Поэтому ширина улицы AB = 12 + 9 = 21 (м), а длина лестницы определяется по теореме Пифагора.

Разница в степени сложности решения ощутima!

Одним из проявлений стремления решать задачи по шаблону является вычисление всех величины, которые могут быть использованы для нахождения неизвестного. При этом совершено игнорируется тот факт, что не все из вычисленных величины входят в конечное выражение.

Пример 3. Стороны основания треугольной парамиды равны 15 см, 16 см и 17 см. Боковые ребра наклонены к плоскости основания под углами по 45°. Найти объем парамиды.

Как правило, учашнее называют формулу, по которой вычислют объем парамиды, и вычислют площадь основания:

$$S = \sqrt{24 \times 9 \times 8 \times 7} = 24 \sqrt{21} (cm^2).$$

Затем обосновавают, что перпендикуляр MO к плоскости основания проходит.

Рис. 2.

Дит через центр окружности, описанной около основания (рис. 2). Отсюда следует, что высота парамиды равна радиусу окружности, описанной около основания. По известной формуле $R = \frac{abc}{4S}$. Значит,

$$h = \frac{15 \times 16 \times 17}{4 \times 24 \sqrt{21}} = \frac{85}{2 \sqrt{21}} (cm).$$

Окончательно,

$$V = \frac{1}{3} \times 24 \sqrt{21} \times \frac{85}{2 \sqrt{21}} = 340 (cm^3).$$

Но если не спешить с вычислением, то получилось бы следующее:

$$V = \frac{1}{3} SH = \frac{1}{3} SR = \frac{1}{3} S \cdot \frac{abc}{4S} = \frac{abc}{12}.$$

Таким образом, вычисление $S$ и $H$ оказывается излишним.

После войны в наших школах письменный экзамен, в ходе которого выпускники решали стереометрическую задачу с применением тригонометрики. Получив ответ в общем виде, учашнее должны были выполнить некоторые исследования, а затем довести ответ «до числа» при указанных значениях параметров.

Воспследствии характер этого экзамена изменился, в частности, вычисления с помощью таблицы были исключаны. Но ша блон остался: сперва решить задачу, а потом исследовать.

Тем, кто верит в неизбежном такого порядка работы, не мешает знать, что есть немало задачи, у которых пе в вы м этапом решения уравнений

46

исследование. Напомним несколько таких задач.

Пример 4. Две высоты треугольника разделили его на две пары равновеликих частей. Наименуемые треугольники.

Если в треугольнике ABC проведены высоты AK и BM, пересекающие в точке O, то треугольник разделился на 4 части: ABO, AMO, BKO и MOKC. Какие же из них равновелики? Здесь возможны три случая: 1) ABO и BKO; AMO и MOKC; 2) ABO и AMO; BKO и MOKC; 3) ABO и MOKC; AMO и BKO.

Решение начиная с изучения этих возможностей. Оказывается, что первые два случая исключаются. Только после этого следует приступить к решению задачи (доказывается, что треугольник ABC — равносторонний).

Пример 5. Наимену объект параметры, развертка коморой — правильный прямуюеольник со стороной a.

Здесь сначала нужно выяснить форму основания параметры. Поскольку углами при вершине параметры оказавются углы правильного пятугольника (каждый из них равен 108°), таких углов 3. Следовательно, данная параметра — треугольная.

Следующий шаг состоит в том, что нужно установить положение линейки гиба на развертке. Оказывается, что одна из них — диагональ пятугольника, две другие соединиют концы этой diagonalи с серединой параллельной стороны. Только после этого можно найти вычисления.

Таким образом, мы видим, что решение по шаблону затрудняет получение исходного результата.

Отход от шаблона, можно получить изящные решения.

Здесь мы сталкиваемся синой проблемой. Нередко абитриенты соглашаются с тем, что представить рациональные решения заманчиво. Однако тут же они вывигают возможность. По их мнению, чтобы это было хорошо решение, нужно представить решить задачу несколькими способами. А это в условиях экзаменов требует такой затраты времени,

которую абитриент не может себе позвольить.

Если бы дело обстоятельmente так, вопрос о пути обнаружения рациональных решений рассматривать не следует бы. К счастью, имеются возможность совершенню иного обнаружения этих путей.

Рациональное решение задачи должно основывать на индивидуальных условиях условия. Решающего роль прибретают не те черты, на основании которых задача относится к некоторому классу упражнений, а те, которые выделяют ее из этого класса. Именно внимание к числовым значениями параметров, к особенностям конфгурации открытые пути простого решения.

Пример 6. Упростим выражение

$$tg 20^\circ + tg 40^\circ + \sqrt{3} tg 20^\circ \cdot tg 40^\circ.$$

Obviously put — переход к синусам и косинусам. Он требует знания ряда формул (сумма тангенсов, сумма косинусов, разность косинусов), значений синуса и косинуса угла в 60°, а также умения выполнить не очень коротку цепочку преобразований.

Каковы особенности условия? В него входит только одна функция (тангенс) двух углов (20° и 40°), причем выражение содержит сумму и произведение тангенсов этих углов. Такая комбинация является составной частью формулы тангенс суммы двух углов. Если к этому прибавить, что тангенс суммы данных углов известен, станет ясно, что целесообразно использовать именно это соответствие. Такой подход приводит к следующему решение:

$$tg 20^\circ + tg 40^\circ + \sqrt{3} tg 20^\circ \times tg 40^\circ = \frac{tg 20^\circ + tg 40^\circ}{1 - tg 20^\circ tg 40^\circ} (1 - tg 20^\circ \times tg 40^\circ) + \sqrt{3} tg 20^\circ tg 40^\circ = \sqrt{3} (1 - tg 20^\circ tg 40^\circ) + tg 20^\circ \times tg 40^\circ = \sqrt{3} (1 - tg 20^\circ tg 40^\circ) + tg 20^\circ \times tg 40^\circ) = \sqrt{3}.$$

47

Пример 7. Наимmu чемыреxзначное число по следующим данным: сумма квадратов крайних цфр равна 13, сумма квадратов средних цфр равна 85; если из исключено числа вычисть 1089, то получится число, написанное теми же цфрами в обратном порядке.

Объчно составляют три уравнения с четырьмя неизвестными. Вспомогательные неравенства позволяют установить, что разность крайних цфр равна 1. Затем задача состоит к решению двух систем уравнений (второй степени) с двумя неизвестными.

Однако если учесть, что цфры — неотрицательные целые числа, не превышающие 9, то оказывается, что крайние цфры — это 2 и 3 (только $2^2 + 3^2 = 13$), а средние — 9 и 2 или 7 и 6. По условию цфра тысячи большие цфры единиц, а цфра сотен большие цфры десятков. Значит, искомое число 3922 или 3762. Непосредственная проверка показывает, что условию удовлетворяет только второе число.

Пример 8. Решить уравнение
$$3\sqrt{x^2 - 9} + 4\sqrt{x^2 - 16} + 5\sqrt{x^2 - 25} = \frac{120}{x}.$$
Если решать обычным путем, то после трехкратного возведения в квадрат сложных выражений получится уравнение 16-й степени:
$$x^{16} - 50x^{14} - 4375x^{12} + 278800x^{10} + 1670600x^8 - 364700000x^6 + 7641610000x^4 - 54468000000x^2 + 129600000000 = 0.$$
Такое уравнение едва ли оказывается под силу абитриенту. Мы уже не говорим о затрате времени на получение такого уравнения. При этомся к особенности уравнения. Поскольку левая часть неотрицательна, то же самое верно и для правой части. Следовательно, $x > 0$.

С увеличением $x$ левая часть возрастает, а правая убывает. Следовательно, уравнение может иметь не более одного действительного корня. Подставив минимальное возможное значение $x = 5$, убедимся, что обе части уравнения имеют равные значения. Значит, других действительных корней нет.

В некоторых случаях процесс решения получается за счет использования более общного объема знаний, чем предусмотрено программим. Экзаменаторы бывают приричивы к таким решениям, передко требуют на устном экзамене уточнения, откуда абитриент знает использованию теорему или формулу, может ли ее доказать, и т. д.

Между тем ничего плохого в этом нет. Уже несколько лет в наших школах введены так называемые факультативные занятия. Посещая такие занятия, учащиеся узнали свойства и соответствия, выходящие за рамки обычной школьной программы. Обогащенные знаниями учащиеся могут находить на экзамене и неожиданные (с точки зрения экзаменатора) решения.

Пример 9. Доказать, что
$$\frac{(x-a)(x-b)(x-c)}{(d-a)(d-b)(d-c)} + \frac{(x-a)(x-b)(x-d)}{(c-a)(c-b)(c-d)} + \frac{(x-a)(x-c)(x-d)}{(b-a)(b-c)(b-d)} + \frac{(x-b)(x-c)(x-d)}{(a-b)(a-c)(a-d)} = 1.$$

Узнав на факультативных занятиях (без доказательства) так называемую основную теорему алгебры и следствия из нее, школьник может предложить такое рассужждение.

Если данное равенство не является токдейством, то оно является уравнением. Степень этого уравнения относительно $x$ не может оказаться более трех. Значит, это уравнение не может иметь более трех корней. Но легко проверить, что $x = a$, $x = b$, $x = c$, $x = d$ превращают данное равенство в токдейство, а это означает,

48

что рассматривается равенство не является уравнением. Следовательно, это тожество. А это и требовалось доказать.

Точно так же может приводить к простому решению использование теоремы Птолемея, формул функций утроеного аргумента и т.п. Оdnako такой путь не может считаться основным.

Важным является изучение методов решения задачи и ознакомление с условиями, при которых применение этих методов целесообразно.

Напомним некоторые из них.

a) Если в условия геометрической задачи данные и искомые величины разобщены, целесообразно выполнить геометрические преобразования для сближения этих элементов.

Пример 10. На единицу BC прямогоного треугольника ABC с суммой каметов m построен вне треугольника квадрат с центром O. Найти расстояние AO.

Если повернуть треугольник ABO вокруг точки O на 90°, то этот треугольник займет положение MCO (рис. 3). Подсчет углов показывает, что точки A, C и M лежат на одной прямой. Следовательно, треугольник AOM — прямогоный равноведенный, его гипотенуза AM равна m. Отсюда находится искомое расстояние

$$AO = \frac{m}{V^2}.$$

б) Если связать искомые и данные элементы путем геометрических

Рис. 3.

преобразования не представляется возможность, то следует высообразные величины, которые могут быть соответствующую роль.

Пример 11. Найти объем описанной около шара радиуса r правильно четырехуедной парамиды с плоским углом α при вершине.

Поскольку прямо связывать величины V, r и α нелегко, введем в рассмотрение двумгранный угол φ при основании парамиды (рис. 4). Тогда

$$a = 2r \text{ctg} \frac{\varphi}{2}; \quad H = r \text{ctg} \frac{\varphi}{2} \text{tg} \varphi;$$

$$V = \frac{1}{3} \cdot 4r^2 \text{ctg}^2 \frac{\varphi}{2} \cdot r \text{ctg} \frac{\varphi}{2} \text{tg} \varphi =$$

$$= \frac{4}{3} r^3 \text{ctg}^3 \frac{\varphi}{2} \text{tg} \varphi =$$

$$= \frac{8r^3}{3 \text{tg}^2 \frac{\varphi}{2} \left(1 - \text{tg}^2 \frac{\varphi}{2}\right)}.$$

Остается найти связь между функциями углов φ и α. Если MO—высота парамиды, а ME—апофема, то cos φ = $\frac{OE}{ME} = \frac{AE}{ME} = \text{tg} \frac{\alpha}{2}$. Поэтому

$$\text{tg}^2 \frac{\varphi}{2} = \frac{1 - \cos \varphi}{1 + \cos \varphi} = \frac{1 - \text{tg} \frac{\alpha}{2}}{1 + \text{tg} \frac{\alpha}{2}} =$$

$$= \frac{\text{tg} 45^\circ - \text{tg} \frac{\alpha}{2}}{1 + \text{tg} 45^\circ \text{tg} \frac{\alpha}{2}} = \text{tg} \left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right).$$

49

Дальнейшее уже просто.

Вместо вспомогательного угла можно было считать известной сторону основания прямиды, а затем (найда v) вычислить эту сторону через r и α.

в предвидениивозможныхупроцений задачу на вычисление часточесообразно решать в общем виде, не вычисляя всех промежуточных величины.

Это в особенности относится к задачам о телах врашения.

в случае замруднения с поисками примою dokазамельства следует подыскать вспомогательную теорему, которая dokазывается лече рассматривается и в мо же время модель бы послужить опорой для разискиваемого dokазамельства.

Пример 12. Доказать, что сумма рассмотний от внутренней точки do сторон выпуклого равноугольного многоугольника (или их продолжений) построена.

Заменим данный многоугольник сходным — правильным. В этом случае доказательство (вычисленем площади многоугольника как суммы площадей треугольников с общей вершиной в данной точке) почти очевидно.

Поместим данный многоугольник внутри правильного многоугольника так, чтобы соответствие сторон многоугольников оказались параллельными. Тогда обнаружится, что сумма рассстояний от данной точки M до сторон равноугольного многоугольника отличается от суммы рассстояний до сторон правильного многоугольника на постоянную величины.

Теперь легко установить правильность доказываемой теоремы.

Шаблонность подхода к геометрическим задачам, в частности, нередко выражается в том, что учащся ограничиваются рассмотрением частных случайов, неполным анализом конфигурации.

Пример 13. Из вершины ромба проведены две высоты. Расстояние между концами ввода меньше диаэонали ромба. Определить углы ромба.

Каждай разшкольники проводят высоты из вершины тупого угла ABC и считают, что расстояние между концами этих высот равно половине AC. Между тем по условию это расстояние может равнять и половине BD, да к тому же и высоты могут быть проведены из вершины острого угла ромба. Из четырех возможных случайов только один немедленно исключается, как противоречий. В трех оставшихся вычисления благополучно доводятся до конца. Ответов оказывается два: 60° и 120° или 30° и 150°.

Многие задачи допускают решение не единственным путем. Порой эти решения мало отличаются по степени сложности, порой — значительно. Как правило, любой школьник может найти достаточно хорошее решение. Для этого нужно внимательно изучить условия, подумать над тем, какой подход к задаче наиболее соответствует особенностям ее условия.

Именного отход от шаблона, конкретный анализ условий является залогом успешного решения задачи.

Литература

1. Л. М. Лоповок, Ращинальное решение задачи, «Народна просвета», София, 1968.
2. Д. Пойа, Математическое открытие, «Наука», М., 1970.
3. С. И. Туманов, Понский решения задачи, «Просвещение», М., 1969.

51

действия двух зарядов не изменяется в присутствии третьего заряда. Это утверждение и лежит в основе принципа суперпозицини, который наряду с законом Кулона является фундаментальным законом электростатики.

Приципл суперпозицини удобно формularовать, рассматривая не силы взаимодействия, а электрические поля, создавемые системой зарядов: напряженность электрического поля, создавемого системой электрических зарядов в данной точке, является суперпозицией (то есть суммой) полей, создавемых в этой точке каждым из зарядов. При этом нужно помнить, что напряженность поля — векторная величины; складывать напряженности полей надо геометрическими, по правилам сложения векторов.

Использование этого принципа для вычисления полей, создавемых несколькими точными зарядами, обычно не вызывает никаких затруднений. Поэтому примеры такого рода мы здесь рассматривать не будем. А вот в случае протяженных зарядов (например, заряженная плоскость или несколько заряженных плоскостей) у многих школьников возникют затруднения. Часто эти затруднения связаны с весма распространенным заблужением, что всякая металлическая поверхность экранирует поле.

Рассмотрим сначала задачи с плоской геометрией (система параллельных заряженных плоскостей). Поле одиночной заряженной проводящей плоскости однородно (одинаково во всех точках) и равно $\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$, где $\sigma$ — поверхностная плотность зарядов (то есть заряд, приходящей на единицу площади), $\varepsilon_0$ — электрическая постоянная. Следует иметь в виду, что этот результат справедлив только для бесконечной плоскости. Для плоской пластины конечных размеров это верно лишь на расстояниях, малых по сравнению с линейными размерами пластины. На расстояниях, сравнимых с размерами пластины, полезно использовать неоднородным, и, наконец, на больших расстояниях поле неотличимо от поля точного заряда. Мы ограничимся рассмотрением полей на расстояниях, малых по сравнению с размерами пластин.

Задача 1. Найти напряженность поля, создавемого двумя параллельными заряженными плоскостями. Поверхностная плотность заряда на одной из плоскостей равна $\sigma_1$, на другой $\sigma_2$.

Поле во всем пространстве является суперпозицией полей, создавых каждой плоскостью в отдельности. Поэтому в любой точке слева от плоскости 1 (рис. 1), напрямер в точке $a$, напряженность поля равна $E_1 + E_2$ и силовые линии направленные влево (если обе плоскости заряжены положительно). Между плоскостями (например, в точке $b$) напряженность поля равна разности $E_1 - E_2$. Направление поля зависит от величины зарядов $\sigma_1$ и $\sigma_2$. Если $\sigma_2 > \sigma_1$, $E_2 > E_1$ и суммарное поле $E_b = \frac{\sigma_2 - \sigma_1}{2\varepsilon_0}$ направлено влево. Справа от плоскости 2 напряженность поля тоже равна $E_1 + E_2$, как и в точке $a$, но силовые линии направлены вправа.

Рассмотрим теперь несколько частных служеб:

1. Поверхностная плотность зарядов на обехх плоскостях одинакова: $\sigma_1 = \sigma_2 = \sigma$. В этом случае $E_1 = E_2$ и суммарное поле между плоскостями равно нулю (рис. 2), а слева и справа от плоскости поле равно $E_1 + E_2 = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$.

2. Плотности зарядов на плоскости одинаковы по величины, но имеют

53

Таким образом, незаряженная пластина 2 представляет собой как бы плоский конденсатор: все поле, создаваемое индуцированными зарядами разных знаков $\sigma_2$ и $\sigma_2^*$, содержатое внутренний пластин. Всюду вне пластины 2 полез же, как и без нее, то есть создается только заряженной пластиной 1.

Задача 3. В пространство между пластинами незаряженного плоского конденсатора вносится металлическая пластина, имеющая заряд Q, так что между пластиной и обкладками конденсатора смещается заорги $l_1$ и $l_2$ (рис. 6). Площади всех пластин одинаковы и равны S. Определить разность попенциаль между обкладками конденсатора.

Так как пластины конденсатора не заряжены и на них появляется только индуцированный заряд, они не создают поля снаружи. Поле в зазорах создается только заряженная пластина. Напряжение этого поля

$$E = \frac{Q}{2\epsilon_0 S}.$$

Разность потенциаль между этой пластиной и левой обкладкой конденсатора равна

$$\varphi_{01} = E l_1,$$

а между пластиной и правой обкладкой —

$$\varphi_{02} = E l_2.$$

Таким образом, разность потенциаль между обкладками равна

$$\varphi_{12} = E (l_1 - l_2) = \frac{Q}{2\epsilon_0 S} (l_1 - l_2).$$

Тепер разместим несколько задач с полями, имеющими уже не плоскую, а сферическую геометрию.

Задача 4. Обыт Кавендица, о котором упоминалось в начале статы, заключался в изменении электрического поля внутренней заряженной металлической сферы. Показите, пользователь каконом Кулона и причислом сувернозиции, что на

54

наш выбор будет справедлив, мы получаем, пользоваться принципом суперпозиции, что суммарное поле, создаваемое всей сферы в точке A, равно нулю. Но точка A была выбрана совершенно произвольно. Значит, после влюбой точке внутри равномерного заряженной сферы равно нулю.

Задание 5. В цепите металлической сферы помещен точный заряд Q. Определить электрическое поле внутри и вне сферы в случае, если оболочка: a) не заряжена; b) замещена.

a) На внутренней и внешней поверхности сферического объекта наведется по индукции заряды, одинаковые по величины и разные по значку (сфера в целом не заряжена). Из сообщений сферического симметрии ясно, что наведенные заряды равномерно распределяются по сферам. Эти заряды должны быть такими, чтобы суммарное поле в проводнике было равно нулю (рис. 8). В соответствии с принципом суперпозиции поле в любой точке оболочки (наружная сфера, как следует из решения задачи 4, поля внутри себя не создается). Поле равномерно заряженной сферы снаружки также же, как поле точного заряда, помещенного в центре; поэтому условие компенсации полей в точке a будет выполнено, если заряд внутри сферы будет равен —Q. Поскольку оболочка в целом не заряжена, на внешней поверхности наведется заряд +Q. Теперь, пользоваться принципом суперпозиции, можно заключить,

Рис. 8.

что поле внутри и вне оболочки равно полю точного заряда Q, помещенного в ее центре.

6. При замещении проводника его потенциаль обращается в нуль. В нашем случае это означает, что обращается в нуль направленность электрического поля снаружки оболочки. Для этого необходимо, чтобы исчез заряд с наружной поверхности (он уходит в землю). На внутренней поверхности по-прежнему индуктивется заряд —Q. Поле этого заряда компенсирует поле точного заряда Q всуду, кроме области внутри оболочки. Таким образом, замещенная оболочка является электростатическим экраном.

Интересно отметить, что этот выбор справедлив при любой форме оболочки и любом расположении заряда внутри нее. В случае, например, замещенной сферической оболочки, но при несимметрином расположении точного заряда поле снаружки попрежнему равно нулю, а поле внутри уже не будет симметриным. Наведенный на внутренней поверхности заряд —Q теперь уже не равен распределен равномерно.

Если убрать замещение и сообщить оболочке дополнительный заряд Q (при этом ее полный заряд становится равным нулю), то заряд должен так распределиться по оболочке, чтобы поле в проводнике оставалось равным нулю. Это будет достигнуть только при равномерном распределении заряда Q по внешней поверхности сферического оболочки. Отсюда следует, что поле снаружки в случае