Квант
Задачник «Кванта»

Решения задач М156—М159; Ф176—Ф177

Квант 1973, №4с. 46, 47, 48, 49, 51Тег S30U

46

Решения задач

M156-M159; Ф176-Ф177

М156. В прямоугольнике ABCD точка M—середина стороны AD, N—середина стороны BC. На продолжении отрезка DC за точку D берется точка P. Обозначим точку пересечения прямых PM и AC через Q. Доказать, что QNM = MNP.

Задача имеет много простых геометрических решений. Вот одно из них.

Пусть O — центр прямогоугольника (см. рис. 1) (точка пересечения MN и AC), K — точка пересечения QN с перпендикуляром, восставляемым к отрезку MN в его середине O. Тогда, как легко видеть, QM/MP = QO/OC = QK/KN, и, следовательно, MK||PN. Но треугольник MKN равноведенный: в нем по построению KO — и высота, и медиана. Позному QNM = KMN = MNP.

Нетрудно решить задачу и с помощью вычислений. Например, можно воспользоваться методом координат. Если ввести систему координат так, как показано на рисунке 2, то координаты (x0,y0)(x_0, y_0) точки Q удовлетворяют двум уравнениями:

(p−2b)x−ay=−2ab(p - 2b)x - ay = -2ab (уравнение прямой MP) и bx+ay=abbx + ay = ab (уравнение прямой CA).

Умножим второе уравнение на 2 и сложим с первым. Получим (для x=x0,y=y0x = x_0, y = y_0) px0+ay0=0px_0 + ay_0 = 0. Таким образом, угловой коэффициент прямой NQ равен y0x0=−pa\frac{y_0}{x_0} = -\frac{p}{a},

рис. 1. Рис. 2.

М157. Сумма п положительных чисел x1,x2,x3,…,xnx_1, x_2, x_3, \dots, x_n равна 1. Пусть S — наибольшее из чисел

x11+x1,x21+x1+x2,…,xn1+x1+x2+⋯+xn.\frac{x_1}{1+x_1}, \frac{x_2}{1+x_1+x_2}, \dots, \frac{x_n}{1+x_1+x_2+\dots+x_n}.

Найти наименьшее возможное значение S. При каких значениях x1,x2,…,xnx_1, x_2, \dots, x_n оно достигается?

Предположим, что положительные числа a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n таковы, что a1+a2+⋯+an=1a_1 + a_2 + \dots + a_n = 1 и

a11+a1=a21+a1+a2=⋯=an1+a1+a2+⋯+an.\frac{a_1}{1+a_1} = \frac{a_2}{1+a_1+a_2} = \dots = \frac{a_n}{1+a_1+a_2+\dots+a_n}.

(Ниже мы увидим, что такой набор a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n действительно существует.) Покажем, что при x1=a1,x2=a2,…,xn=anx_1 = a_1, x_2 = a_2, \dots, x_n = a_n величины S принимает наименьшее возможное значение. Пусть b1,b2,…,bnb_1, b_2, \dots, b_n — другой набор положительных чисел, сумма которых равна 1. Заметим, что если xkx_k увеличить, а все предыдущие (x1,x2,…,xk−1)(x_1, x_2, \dots, x_k-1) не увеличивать, то величины

xk1+x1+⋯+xk−1+xk=11xk+x1xk+⋯+xk−1xk+1=11+x1+⋯+xk−1+xk+1\frac{x_k}{1+x_1+\dots+x_{k-1}+x_k} = \frac{1}{\frac{1}{x_k}+\frac{x_1}{x_k}+\dots+\frac{x_{k-1}}{x_k}+1} = \frac{1}{1+x_1+\dots+x_{k-1}+x_k} + 1

увеличится.

Позному, если b1>a1b_1 > a_1, то b11+b1>a11+a1\frac{b_1}{1+b_1} > \frac{a_1}{1+a_1}; если b1≤a1,b2>a2b_1 \leq a_1, b_2 > a_2, то b21+b1+b2>a21+a1+a2=a11+a1\frac{b_2}{1+b_1+b_2} > \frac{a_2}{1+a_1+a_2} = \frac{a_1}{1+a_1}; если b1≤a1,b2≤a2,b3>a3b_1 \leq a_1, b_2 \leq a_2, b_3 > a_3, то b31+b1+b2+b3>a31+a1+a2+a3=a11+a1+a2+a3\frac{b_3}{1+b_1+b_2+b_3} > \frac{a_3}{1+a_1+a_2+a_3} = \frac{a_1}{1+a_1+a_2+a_3} и т. д. Поскольку набор чисел b1,b2,…,bnb_1, b_2, \dots, b_n отличается от набора a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n, а сумма чисел в общих набо-

47

рах одна и та же, то bk>akb_k > a_k для некоторого kk. Пусть kk — наименьший индекс с таким свойством, то есть b1≤a1,b2≤a2,…,bk−1≤ak−1,bk>akb_1 \leq a_1, b_2 \leq a_2, \dots, b_{k-1} \leq a_{k-1}, b_k > a_k, тогда

bk1+a1+⋯+ak>ak1+a1+⋯+ak=a11+a1.\frac{b_k}{1+a_1+\dots+a_k} > \frac{a_k}{1+a_1+\dots+a_k} = \frac{a_1}{1+a_1}.

Таким образом, наибольшее из чисел

b11+b1,b21+b1+b2,…,bn1+b1+⋯+bn\frac{b_1}{1+b_1}, \frac{b_2}{1+b_1+b_2}, \dots, \frac{b_n}{1+b_1+\dots+b_n} больше a11+a1\frac{a_1}{1+a_1}

наибольшего из чисел a11+a1,a21+a1+a2,…,an1+a1+⋯+an\frac{a_1}{1+a_1}, \frac{a_2}{1+a_1+a_2}, \dots, \frac{a_n}{1+a_1+\dots+a_n}.

Остается решить в положительных числах системы уравнения

{x1+x2+⋯+xn=1,x11+x1=x21+x1+x2=…,⋯=xn1+x1+x2+⋯+xn.\begin{cases} x_1+x_2+\dots+x_n=1, \\ \frac{x_1}{1+x_1} = \frac{x_2}{1+x_1+x_2} = \dots, \\ \dots = \frac{x_n}{1+x_1+x_2+\dots+x_n}. \end{cases}

Уравнение x11+x1=xk1+x1+⋯+xk\frac{x_1}{1+x_1} = \frac{x_k}{1+x_1+\dots+x_k} (для положительных x1,x2,…,xkx_1, x_2, \dots, x_k) преобразуется к виду xk=(1+x1+⋯+xk−1)x1x_k = (1+x_1+\dots+x_{k-1})x_1, так что данная система эквивалентна системе

{x2=(1+x1)x1,x3=(1+x1+x2)x1,…,xn=(1+x1+⋯+xn−1)x1,x1+x2+⋯+xn=1,\begin{cases} x_2 = (1+x_1)x_1, \\ x_3 = (1+x_1+x_2)x_1, \\ \dots, \\ x_n = (1+x_1+\dots+x_{n-1})x_1, \\ x_1+x_2+\dots+x_n=1, \end{cases}

которая в свою очередь эквивалентна системе

{x2=(1+x1)x1,x3=(1+x1)2x1,…,xn=(1+x1)n−1x1,x1+x2+⋯+xn=1,\begin{cases} x_2 = (1+x_1)x_1, \\ x_3 = (1+x_1)^2x_1, \\ \dots, \\ x_n = (1+x_1)^{n-1}x_1, \\ x_1+x_2+\dots+x_n=1, \end{cases}

то есть числа x1,x2,…,xnx_1, x_2, \dots, x_n образуют геометрическую прогрессию со значением (1+x1)(1+x_1) и суммой (1+x1)n−1(1+x_1)^n-1.

  1. Телеръ легко находится решение системы:

a1=2n−1,a2=2n(2n−1),a3=22n(2n−1),…,an=2n−1n(2n−1).a_1 = \sqrt[n]{2}-1, a_2 = \sqrt[n]{2}\left(\sqrt[n]{2}-1\right), a_3 = \sqrt[n]{2^2}\left(\sqrt[n]{2}-1\right), \dots, a_n = \sqrt[n]{2^{n-1}}\left(\sqrt[n]{2}-1\right).

Искомое значение SS равно

2n−12n=1−12n.\frac{\sqrt[n]{2}-1}{\sqrt[n]{2}} = 1 - \frac{1}{\sqrt[n]{2}}.

M158. Треуедльная таблица строится по следующему правилау: в верхней строке написано натуральное число a>1a > 1, а далее под каждым числом kk следует k2k^2, а справа — число k+1k+1. Например, при a=2a = 2 получается таблица:

Доказать, что в каждой строке таблицы все числа различаются.

Предположим, что в некоторых строках таблицы встречаются одинаковые числа. Пусть nn — номер самого верхней из этих строк, pp и qq — равные числа в строке с номером nn. Так как в предыдущей строке равных чисел нет, то pp и qq получены из чисел предыдущей строки разными действиями: одно — возвведением в квадрат, другое — добавлением 1. Пусть p=r2p = r^2, q=s+1q = s+1, так что s=r2−1s = r^2-1. Числа rr и ss расположены в (n−1)(n-1)-строке. Рассмотрим путь, на котором из числа aa получилось число ss. Предположим, что на этом пути встречались возвведения в квадрат. Так как s<r2s < r^2, то самым большим числом, возводимемся в квадрат, могло бы быть r−1r-1. Но s−(r−1)2=2r−2s-(r-1)^2 = 2r-2. Это означает, что число ss из числа (r−1)2(r-1)^2 могло быть получено только добавлением 2r−2r-2 шага. Таким образом, число ss получилось из числа aa не менее чем за 2r−12r-1 шагов, так что n−2≥2r−1n-2 \geq 2r-1. Но все числа, получшиеся из числа aa за такое число шагов, не меньше, чем a+2r−1>ra+2r-1 > r, в то время как число rr, расположенное в той же строке, что и ss, получено из aa за то же число шагов, что и ss. Таким образом, при получении числа ss из числа aa не было ни одного возвведения в квадрат. Это же можно сказать и про число q=s+1q = s+1. Следовательно, qq — наименьшее крайное правое число в своей строке, что противоречит равенству q=pq = p.

Задачу можно обобщить следующим образом.

Пусть ff — функция, определяная на множество натуральных чисел и принимающая значения. Предположим, что f(n+1)−f(n)>n+1f(n+1)-f(n)>n+1 для каждого натурального числа nn. Поэтому треугольную таблицу по той же схеме, что и в задане, но применяя какждый раз

48

функцию ff вместе возведения в квадрат:

Тогда в каждой строке таблицы все числа различины.

Приведем одно интересное следствие задачи М158.

Пусть бесконечная последовательность положительных чисел a1,a2,a3,…a_1, a_2, a_3, \dots такова, что для каждой натурального числа nn
an<an+1+an2a_n < a_{n+1} + a_n^2,
так что a2<a3+a4,a3<a4+a9,a4<a5+a16a_2 < a_3 + a_4, a_3 < a_4 + a_9, a_4 < a_5 + a_{16} и т. д. Тогда из этих чисел можно выбрать несколько, сумма которых больше 1000. Число 1000 здесь можно заменить любым другим числом. (Как говорят, ряд a1+a2+a3+⋯+an+…a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_n + \dots расходимся.)

Условию (*) удовлетворяет, в частности, последовательность an=1/na_n = 1/n так что из этого следствия можно получить еще одно доказательство знаментий теоремы о расходимости гармоничского ряда 1+12+13+14+…1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots: сумма различиных чисел, обратных намуральным, может быть скольцо увеличено больше.

М159. Можно ли рассматривать цифры 0, 1, 2. в клетках листа клетчатой бумаги размером 100×100100 \times 100 максим образом, чтобы в каждом прямоугольнике 3×43 \times 4, стороны которого идут по строкам клеток, оказалось бы при нуле, чемые единицы и пять двое?

Предположим, что нам удалось заполнить лист клетчатой бумаги требуемым образом. Заметим преждевое число в двух закрашенных при рисунке 33 прямоугольников поровну нулей, поровну единиц и поровну двое, поскольку они дополняются одной и той же фигурой до прямоугольника 3×43 \times 4. По той же причине поровну нулей, поровну единиц и поровну двое в прямоугольнике, закрашенных на рисунке 44. Докажем теперь ряд утверждения о расположении нулей, единиц и двое.

  1. В прямоугольнике 1×31 \times 3 не более одного нуля.

Действительно, если в красном прямоугольнике 1×31 \times 3 на рисунке 55 более одного нуля, то более одного нуля в каждой из двух гольбых прямоугольников 1×31 \times 3 и 1×41 \times 4. В то же время оба гольбых прямоугольника входят в один прямоугольник 3×43 \times 4, в котором должно быть три нуля.

  1. В прямоугольнике 1×41 \times 4 не более одного нуля.

Если в красном прямоугольнике 1×41 \times 4 на рисунке 66 два нуля, то они расположены именно так, как показано на рисунке. Два нуля должны быть и в гольбом прямоугольнике, сследовательно, по одному нуля в каждой из зеленьх прямоугольников. Но тогда в двух прямоугольниках 1×41 \times 4, расположенных между красным и гольбым прямоугольниками, нулей нет (инначе нашелся бы прямоугольник 3×43 \times 4 более чем с треями нулями). Следовательно, в обведенном прямоугольнике 3×43 \times 4 лишь два нуля.

  1. В прямоугольнике 1×41 \times 4 не менее одного нуля.

Если в красном прямоугольнике 1×41 \times 4 на рисунке 77 нет нуля, то нет их в гольбом прямоугольнике. Следовательно, в двух прямоугольниках 1×41 \times 4 между ними должны быть три нуля. В то же время в каждой из этих прямоугольников не более одного нуля.

Таким образом, в каждом прямоугольнике 1×41 \times 4 равно один нуля.

  1. В прямоугольнике 1×41 \times 4 не более двух единиц.

Если в красном прямоугольнике 1×41 \times 4 на рисунке 88 более двух единиц, то более двух единиц в гольбом прямоугольнике 1×41 \times 4 и не менее двух — в зеленьм прямоугольнике 1×31 \times 3. Но тогда найдется прямоугольник 3×43 \times 4, содержащий больше четырех единиц.

49

  1. В прямоеугольнике 1×41 \times 4 не более двух доски.
    Если в красном прямомугольнике 1×41 \times 4 на рисунке 8 больше двух доски, то больше двух доски в головом и не менее двух — в зеленом прямомугольнике. В прямомугольнике 1×41 \times 4, расположенном над головным прямомугольником, есть хотя бы одна двойка, так как в нем не более двух единиц и один нуль. Следовательно, в обведенном прямомугольнике 3×43 \times 4 больше пятей доски.

  2. В прямоеугольнике 1×31 \times 3 не более одной единицы.
    Если в красном прямомугольнике 1×31 \times 3 на рисунке 9 две единицы, то по две единицы в головных прямомугольниках 1×41 \times 4 и 1×31 \times 3. Так как в зеленом прямомугольнике есть единица (в нем не более двух доски и один нуль), то в обведенном прямомугольнике 3×43 \times 4 больше четырех единиц.

  3. В прямоеугольнике 1×31 \times 3 не менее одной единицы.
    Если в красном прямомугольнике 1×31 \times 3 на рисунке 10 нет ни одной единицы, то поскольку в каждой из головных прямомугольников не более одной единицы, в прямомугольнике 3×43 \times 4 оказывается лишь три единицы.

Таким образом, в каждой прямомугольнике 1×31 \times 3 равно одна единица.

Возьемм какой-нибудь нуль. Рядом с ним есть единица, так как в противном случае нашеся бы прямомугольник 1×31 \times 3 без единиц. Так как в прямомугольнике 1×41 \times 4 должен быть один нуль, а в прямомугольнике 1×31 \times 3 — одна единица, то две следующее клетки занимают двойки: 0∣1∣2∣20 \mid 1 \mid 2 \mid 2.

В следующей за двойками клетке должен находиться как нуль, так и единица, так как иначе найдет соответственно или прямомугольник 1×41 \times 4 без нуль, или прямомугольник 1×31 \times 3 без единиц.

Мы, наконец, получили требуемое противоречие.

Все проведенные рассудения справедливы, если красный прямомугольник, с которого мы каждой раз начинали, расположен не сликом близко к границе клеткого листа. Но размеры листа (100×100100 \times 100) вполне достаточно для этого. Попробуйте выяснить, для какого наименшшего квадратного листа верно утверждение задачи.

Ю. И. Ионин

Правильные решения некоторых из задач М151—M159 присладали (после фамилия указана последняя цифра номеров решенных задачи): С. Абрамов (Москва) 1; О. Аданина (Москва) 2; А. Бараов (Урванский р-н КБАССР) 3; О. Бееларян (Сисан Арм. СССР) 1, 6; О. Белолинецкий (Киричач) 1; В. Бенхан (Калинин) 1; А. Блинов (Москва) 6; А. Блох (Харьков) 1—4, 6, 7; А. Вальков (Ташкент) 1, 6; С. Васильев (Уфа) 1, 6; Г. Висоцкая (Краснойск) 1; Л. и И. Готман (Арзамас) 6; А. Грицорян (Баку) 1—4, 6, 7; С. Грицорян (Ереван) 1, 2; Е. Гурвиц (Ташкент) 6; Е. Гусев (Павлоград Днепропетровской обл.) 1, 4, 6; К. Данильенко (Волгоград) 1, 6; З. Дяченко (Андрушевка Житомирской обл.) 1; Р. Еедорян (Раздан) 1; А. Жданов (Славянская-Кубани) 1; В. Зарубин (Летний Отдых Московской обл.) 1, 6; З. Зейфман (Орреев МАССР) 1; Л. Зеликов (Одесса) 1, 2; С. Зенович (Ташкент) 1, 6; А. Израильевич (Свердловск) 1; В. Карасев (Ярославль) 1; В. Квасницкий (п. Коркино Челябинской обл.) 6; В. Ковтунец (с. Шостаков Ровенской обл.) 1, 7; В. Колосов (Киев) 6; И. Комолев (Фирсановка Московской обл.) 6; М. Левин (Витебск) 6; А. Литовченко (Белокорович Житомирской обл.) 1; М. Ломakin (с. Керш-Bорки Тамбовской обл.) 1, 6; Г. Лутинцер (Черновцы) 1; Е. Мазур (Дербент) 1; А. Макариев (Львов) 1, 2, 4, 6, 7; П. Манелов (Тбилиси) 6; Б. Марьяновский (Винница) 1, 2, 4; И. Меджибовский (Москва) 1; Е. Метт (Ленинград) 1; О. Мясикова (Умань) 1; Г. Надирян (Ереван) 1; С. Нужный (Куйбышев) 1; А. Окруе (п. Донецкий, г. Кировск) 6; В. Палатник (Баку) 6, 8; В. Панарин (Краснойск) 1; П. Парамонов (Москва) 1—4; А. Разуляев (Клин) 1, 3, 8; А. Резников (Киев) 1; И. Ривлис (Тирасполь) 6; Р. Рожков (Рязань) 6; Л. Рудцер (Харьков) 1; М. Сапир (Свердловск) 1, 2, 4; В. Сац (Киев) 1; Я. Симкин (Москва) 1, 6; Р. Сирома (Харьков) 1, 2, 6; С. Соков (д. Соковки, г. Словодской обл.) 1;

51

ohno pokazano на рисунке красным. Тем не менее, чтобы резать сыр или другие вззкие продукты, на нож приходится просто давить. Сила трения между сыром и ножом велика, поэтому нож двигать трудно.

Ф177. Частота колебаний струны зависит от ее длины, наяжения и от положной плотности — массы единицы струны. Определите вид этих зависимостей.

Из физических соображений (по аналогии с колебанями магнитника) ясно, что зависимость частоты колебаний струны vv от ее длины ll, силы натяжения FF и положной плотности ρ\rho можно представить в таком виде:

v∼lαFβργ,v \sim l^\alpha F^\beta \rho^\gamma,

где α\alpha, β\beta и γ\gamma — безразмерные константы. Для решения задачи воспользуемся методом размерностей*, согласно которой α\alpha, β\beta и γ\gamma должны быть такими, чтобы выполнялось равенство

[v]=[lαFβργ]=[l]α[F]β[ρ]γ.[v] = [l^\alpha F^\beta \rho^\gamma] = [l]^\alpha [F]^\beta [\rho]^\gamma.

В системе СИ

[v]=c−1,[l]=m,[v] = c^{-1}, \quad [l] = m,

[F]=κ2⋅mc2,[ρ]=κ2m.[F] = \frac{\kappa_2 \cdot m}{c^2}, \quad [\rho] = \frac{\kappa_2}{m}.

Тогда

c−1=mα(κ2⋅mc2)β(κ2m)γ.c^{-1} = m^\alpha \left( \frac{\kappa_2 \cdot m}{c^2} \right)^\beta \left( \frac{\kappa_2}{m} \right)^\gamma.

Соберем в правой части вместе одинаковые единицы:

c−1=mα+β−γκ2β+γc−2β.c^{-1} = m^{\alpha+\beta-\gamma} \kappa_2^{\beta+\gamma} c^{-2\beta}.

Это выражение справедливо, если выполняются равенства

−2β=−1,-2\beta = -1,

β+γ=0,\beta + \gamma = 0,

α+β−γ=0.\alpha + \beta - \gamma = 0.

Отсюда

α=−1,β=12γ=−12.\alpha = -1, \quad \beta = \frac{1}{2} \quad \gamma = -\frac{1}{2}.

Тогда

v∼l−1F12ρ−12.v \sim l^{-1} F^{\frac{1}{2}} \rho^{-\frac{1}{2}}.

И. Ш. Слободечкий

*) См., например, брошюру Б. Ю. Когана «Размерность физической величины», М., «Наука», 1968.