Решения задач М211—М218; Ф223—Ф227

32

Ф270. В длиной пробирке на расстоянии $l_1$ от запаянного конца имеет короткий стольник ртути (рис. 4). Масса ртути $m$. С какой угловой скорость о нужно вращать пробирку вокруг вертикальной оси, чтобы ртуть достигла конца пробирки? Длина пробирки $l$, температура воздуха в пробирке не меняется. Атмосферное давление равно $p_0$.

Ф271. Подсчитать среднюю плотность $\rho$ электронских зарядов в атмосфере, если известно, что направленность электронского поля на поверхности Земли равна 100 $\beta \cdot m^{-1}$, а на высоте $h = 1,5$ км эта направленность падает до 25 $\beta \cdot m^{-1}$.

Рис. 4.

Ф272. К стенке, наклоненной под углом $\alpha$ к вертикали, подвешен матрик длины $l$ (рис. 5). Мягтинок отклонили в плоскости, перpendикулярной к стенке, на небольший угол $\beta$ от вертикального положения и отпустили. Найти перiod колебаний матрика, если $\beta > \alpha$ и удар шарика о стенку абсолотно упругий.

Рис. 5.

Решения задач

M211—M218; Ф223—Ф227

M211. Дано $n$ точек, $n > 4$. Докажите, что можно соединить их стрелками так, чтобы каждой точки в каждую блюда попасть, пройдя либо одной стрелке, либо по двум (каждаые две точки можно соединить стрелкой молky в одном направлении; один стрелке молky в указанном на ней направлении).

При $n = 5$ требуемый граф (так называется система точек, соедининых стрелками) представлен рисунком 1. Теперь произведем индукционный переход: докажем, что, если можно соединить стрелками $n$ точек так, как требуется в условиях, то можно соединить и $n + 1$ точек. Пусть $n$ точки уже соединины — получится граф с $n$ вершинами. Можно считать, что любые две из этих $n$ точки соединины стрелкой: иначе мы проводим все недостающие стрелки (направив их в любую сторону), и условия задачи тем более будет выполнться. Обозначим новую точку через $C$.

Рассмотрим два случая.

a) $n$ — четное. Тогда эти $n$ точки разобем на пары. Пусть точки $A_h B_h$ — одна из пар ($1 \leq k \leq n/2$) и из $A_h$ идет стрелка в $B_h$. Тогда проведем из $C$ стрелку в $A_h$ и из $B_h$ проведем стрелку в $C$ (см. рис. 2). Так проделаем для каждой пары. Новый граф с $n + 1$ вершиной построен. Докажем, что он удовлетворяет условиям задачи. Пусть $X, Y$ — две любые различные его вершины. Нам надо доказать, что из $X$ в $Y$ можно прийти, пройдя одну две стрелки. Если и $X$ и $Y$ не совпадают с $C$, то это так по индукционному предположению. Пусть $X$ или $Y$ совпадает с $C$. Тогда другая из этих точки ($Y$ или $X$) входит в какую-то пару из тех, на которые мы разбили первые $n$ точки. Таким образом, $X$ и $Y$ — это какие-то две из трех точки, изображенных на рисунке 2. Глядя на этот рисунок, легко перебрать все возможные при этом варианты и убедиться, что требование выполнется.

b) $n$ — нечетное. В этом случае разобем первые $n$ вершин на несколько пар и одну тройку. Следем это следующим образом. Выберем любую вершину $A_1$. Она

33

соединена стрелками со всем остальных $n - 1$ вершинами: $A_2, \dots, A_n$. Из $A_1$ выходят не менее чем две стрелки или в $A_1$ входят не менее чем две стрелки. Действительно, в противном случае $n$ было бы меньше четырех.

Пусть из $A_1$ выходят не менее чем две стрелки (другой случай аналогичен) и приходят в вершины $A_2, A_3$. Остальные вершины разобъем на пары. Тепер соединим стрелками новую вершину с тройкой $A_1, A_2, A_3$ — как показано на рисунке 3, а со всем парами — как показано на рисунке 2. Как и в случае a), легко доказать, что полученный граф удовлетворяет условию задачи. Индукционный переход законен. Итак, мы доказали по индукции, что $n$ точек можно соединить так, как требуется в условии, при $n \geq 5$. Если вы поняли доказательство, то без труда разбереть в следующем парадоксе. При $n = 3$ требуемый граф тоже существует (рис. 2), а при $n = 4$ такого графа нет (в этом легко убедиться перебором). Но, применив индукционный переход к частному случайю $n = 3$, получаем: если такой граф существует при $n = 3$, то он существует и при $n = 4$. Получилось противоречение *). В чем дело?

**M212. На суде в качестве вещественного доказательства предъявлено 14 монет. Эксперт обнаружил, что семь из них — файлыные, остальные — настоянце, причем узнал, какие именно файлыные, а какие — настоянце. Суд же знаем только, что файлыные монеты весят одинаково, настоянце монеты весят одинаково и файлыные лезе настоянцы. Эксперт хочет время взвешивания на чашечных весах без цифровых суду, что все обнаруженные им файлыные монеты действимельно являются файлыными, а остальные — настоянцы. Сможем ли он это сделать?

На рисунках 4, а, б, в показано, какими треями взвешиваниями эксперт может убедить суд, что монеты $\Phi_1, \Phi_2, \dots, \Phi_7$ — файлыные, а $H_1, H_2, \dots, H_7$ — настоянце. Каждый раз права чашка перевищает, а это возможно лишь в том случае, если файлыных монет больше на левой чашке, чем на правой (а настоянях — на правой больше, чем на левой).

Этот способ легко обобщить, и тогда тот факт, что данные $n$ монет — файлыные, а другие $n$ — настоянные, удается доказать, произведя $[\log_2 n] + 1$ взвешивание. Не смотря на то, что такая система взвешивания очень экономна (при $n = 1000$ достаточно 10 взвешивания), мы не можем доказать, что она оптимальная. Интересно было бы доказать, что минимальное число взвешивания все же растет неограниченно при $n \rightarrow \infty$ (или опровергнуть это).

A. Л. Тоом

*) Почти как в §§ 2 и 3 статьи М. Милга «Что сказал проводник» («Квант», 1973, № 8).

M213. Дан узол с вершиной О и окружность, касающаяся его строки в монках A и B. Из точки A паралельно OB проведен луч,

Рис. 4.

34

пересекающий округность в точке C. Отрезок OC пересекает округность в точке E, а прямые AE и OB пересекаются в точке K. Доказать, что OK = KB.

Мы получили много различных решений этой задачи, в которых использоваются теоремы о касательных и секущих, о подбнитереугольника, о вписанных углах и т. п. Приведем одно из самых коротких и красивых.

Проведем касательную к округности в точке C; пусть P и N — точки ее пересечения со стороны AO и OB угла AOB (рис. 5). Ясно, что PB — ось симметричной треугольника OPN, поэтому все четыре касательные равны:

$$OA = OB = BN = CN.$$

Треугольники NOC и OAK подбны, поскольку

$$\angle CNO = \angle AOK, \angle NOC = \angle ACO = \angle OAK$$

(каждый из последних двух углов измеряется поливной дуг AE). Отсюда

$$\frac{OK}{OB} = \frac{OK}{OA} = \frac{CN}{ON} = \frac{1}{2}.$$

M214. Квадратный треугольен f(x) = ax^2 + bx + c маков, что уравнение f(x) = x не имеет вещественных корней. Доказать, что уравнение f(f(x)) = x макже не имеет вещественных корней.

Эту задачу можно решить чисто алгебраически, воспользовавшись тем, что если f(x) — многочлен, то f(f(x)) — x всегда делится (как многочлен) на f(x) — x, то есть

$$f(f(x)) - x = (f(x) - x)g(x).$$

Здесь g(x) — многочлен второй степени. Несложные выкладки показывают, что дискриминant этого многочлена отрицательен. Большинство читателей присладали, однako, более красное решение, использующие наглядные сообщения, связанные с графиками.

Условие, что уравнение f(x) = x не имеет вещественных корней, означает, что парабола y = f(x) целиком расположена выше или целиком — ниже прямой y = x (рис. 6). Другими словами, для всех x

$$f(x) > x,$$

но тогда для всех x

$$f(f(x)) > f(x) > x,$$

или для всех x

$$f(x) < x,$$

а тогда для всех x

$$f(f(x)) < f(x) < x.$$

Таким образом, в общих случаях уравнение f(f(x)) = x не имеет решений.

**M215. На бесконечном клетчатом листе белой бумаги n клеток закрашено в черный цвет. В моменты времени t = 1, 2, … проискодим одновременное перекрашивание всех клеток листа по следующему правилу: каждая клетка k прибретаем том цвет, который имело в предыдущей моменте большимство из трех клеток: самой клетки k и ее соседей справа и сверху (если две или три из этих клеток были белыми, то к становится белой, если две или три из них были черными), а Доказать, что через конечное время на листе не оставится черных клеток.

б) Доказать, что черные клетки исчезнут не позже, чем в момент времени t = n.

Пусть Ч — какое-то множество черных клеток. Обозначим буквой Γ (от слова «головование») оператор перекрашивания, то есть через Γ (Ч) будем обозначать множество клеток, которые получаются из Ч, через Γ²(Ч) — множество Γ(Γ(Ч)), в котором передет Ч за два шага, через Γ³(Ч) — за три шага и т.д. (см. рис. 7; кстати, этот рисунок опровергает предположение, что общее количество клеток в Γ(Ч) всегда меньше, чем в Ч).

Утверждение a) сразу следует из двух таких почтенных предложений.

(1) Если к множество Ч добавить еще черных клеток, то к множество Γ(Ч) тоже могут только добавиться черные клетки, но ни одна не пропадет. Используя знак ⊆(A ⊆ B означает, что множество A целиком содержится в B, в частиности, может с ним

35

совпадать), это можно записать так:

$$\chi \subset \chi' \Rightarrow \Gamma(\chi) \subset \Gamma(\chi')$$

(2) Если $\chi_0$ — множество всех клеток внутри квадрата на клетчатой бумаге (состорной $N$ клеток), то через конечное число шагов от $\chi_0$ ничего не останется (рис. 8); точнее, уже через $(2N-1)$ шагов получится пустое множество черных клеток:

$$\Gamma^{2N-1}(\chi_0) = \varnothing$$

Ясно, что любое множество $\chi$ можно заключить в достаточно большой квадрат $\chi_0$; согласно (2) этот черный квадрат $\chi_0$ за конечное число шагов «выимрет», а согласно (1) и любое $\chi$ не может просуществовать долше, чем $\chi_0$. Тем самым задача a) решена.

Доказать 6) значительное труднее.

Приведем решение задачи 6), придуманное на олимпиде десятиклассиком А. Гомилко из Хмельницкого (за это он получил специальный приз).

Кстати говоря, то, что решение 6) не может быть очень простым, показывает примеров множество из $n$ клеток, вымирающихровно за $n$ шагов (рис. 9).

Докажем утверждение 6) индукцией по $n$ — количество клеток в начальном множество $\chi$; для $n = 1$ оно очевидно.

Пусть уже доказано, что если в $\chi$ меньше $n$ клеток, то

$$\Gamma^{n-1}(\chi) = \varnothing$$

Рассмотрим теперь $\chi$, состоящее из $n$ клеток. Заключим его в прямой угол $x \geq 0$, $y \geq 0$ (оси координат $Ox$ и $Oy$ направим вправо и вверх по линям сетки, сторона клетки равна 1) так, чтобы в полосе $0 \leq x \leq 1$ лежала хотя одна черная клетка и в полосе $0 \leq y \leq 1$ — тоже (рис. 10).

Пусть $\chi^1$ — часть $\chi$, лежащая в полуплоскости $x \geq 1$. По предположению индукции, $\Gamma^{n-1}(\chi^1) = \varnothing$. А клетки из $0 \leq x \leq 1$ не оказывают никакого влияния на то, что произходит выше прямой $x = 1$. Следовательно, $\Gamma^{n-1}(\chi)$ целиком лежит в полосе $0 \leq x \leq 1$ (очевидно, что в

36

ПОЛУПЛОСКОСТИ $x < 0$ черные клетки возвратные не могут).

Точно так же доказывается, что $\Gamma^{n-1}(\Upsilon)$ содержится в полосе $0 \leq y \leq 1$. Отсюда следует, что $\Gamma^{n-1}(\Upsilon)$ может содержать максимум одну клетку: $0 \leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq 1$ и, значит, $\Gamma^n(\Upsilon) = \emptyset$.

Н. Б. Васильев

M216. $N$ человек не знакомы между собой. Нужно mak познакомить dtype с другой некоморых из них, чтобы ни у каких трех людей не оказалось одинакового числа знакомых. Доказите, что это можно сделать при любом $N$.

Решим задачу методом математической индукции. При $N < 3$ утверждение задачи очевидно.

Предположим, что удалость познакомить $k$ человек, так, что никакие трое из них не имеют равного числа знакомых. Присоединим $k+1$-го. Укажем способ, как познакомить $(k+1)$-го чтобы в группе из $(k+1)$-го человека по-прежнему никакие трое не имели равного числа знакомых. Если среди первых $k$ человек найдется человек, знакомый со всеми остальных, то $k+1$ не будет ни с кем знакомить. Если же такого нет, то познакомим $(k+1)$-го со всеми.

В первом случае $(k+1)$-й не имеет знакомых, а каждый из остальных имеет хотя одного знакомого — того, который был знаком со всеми. Во втором случае $(k+1)$-й имеет $k$ знакомых, количество знакомых у каждой из первых $k$ человек возросло на единицу, но ни у одного из них не стало $k$ знакомых.

На рисунке 11 показаны схемы знакомств при $k=6$, получающейся описанным способом.

Существует и много других решений этой задачи. Например, если занумеровать $n$ человек числами от 1 до $n$ и познакомить $i$ с $j$, если

$$|i-j| \leq \frac{n}{2},$$

то равное количество знакомых имеют только пары людей с номерами $k$ и $n-k$ (при

38

этоо найдем, как меняется со временем скорость корабля.

Так как $m\Delta v = F\Delta t$ и $F = -kv$, то
$$\frac{\Delta v}{\Delta t} = -\frac{k}{m} v.$$

Мы получили, что скорость изменения скорости корабля пропорциональна самой скорости. Но, как известно (см., например, статью С. Д. Осятинского и Л. З. Румшинского «Экспонента», «Квант», 1972, № 12), если изменение какой-либо величины пропорционально самой этой величины, то такая величина изменяется по экспонензialному закону, поэтому

$$v = v_0 e^{-\frac{k}{m} t}.$$

Из этой формулы следует, что $v = 0$ при $t \to \infty$. To есть путь $s_2$ корабль мог бы пройти за бесконечно большое время! Это означает, что второй вопрос задачи при условии $F \sim v$ следует уточнить. Будем считать, что тело остановилось, если его скорость уменьшилась, например, в тысячу раз (число может быть, конечно, и другим; все зависит от целей эксперимента).

Ф224. По деревянным скодням, образующим угол $\alpha$ с горизонтом, вмackивающим за вервку ящик. Коэффициент трения ящика о скодни $\mu$. Под каким углом к горизонту следует направить вервку, чтобы с наименьшим числом вмackиваемых ящик: а) равномерно, б) с заданным ускорением $a$?

Рассмотрим силы, действующие на ящик (рис. 14). Это — сила тяжесте mg, сила натяжения вервки F, сила реакции скодней N и сила треня F_Tp, величина которого F_Tp = μN. Спроектируем все силы на направление вдоль скодней и перpendикулярно к ним и запишем соответствующее уравнение движения.

Так как ящик не перемещается в направлении, перpendикулярном к скодням, то сумма проекций сил на это направление

$$\text{Рис. 14}$$

должна быть равна нулю, то есть
$$N + F \sin(\beta - \alpha) - mg \cos \alpha = 0.$$ (1)

Вдоль скодней ящик движется с ускорением $a$ (в частином случае при равномерном движении $a = 0$), поэтому сумма проекций сил должны равна ma:

$$F \cos(\beta - \alpha) - mg \sin \alpha - \mu N = ma.$$ (2)

Из уравнений (1) и (2)

$$F = \frac{ma + mg(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{\cos(\beta - \alpha) + \mu \sin(\beta - \alpha)}.$$ (3)

В полученное выражение для силы F угол $\beta$ входит только в значатель. Следовательно, величины силы F будут минимальным при таком значении угла $\beta$, при котором значатель в формуле (3) максимален, то есть максимальная уравнение движения.

$$\cos(\beta - \alpha) + \mu \sin(\beta - \alpha).$$

Сделаем некоторые преобразования. Представим коэффициент трения $\mu$ как тангенс некоторого угла $\gamma$:

$$tg \gamma = \mu; \quad \gamma = \arctg \mu;$$

$$\sin \gamma = \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}; \quad \cos \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 + \mu^2}}.$$

Тогда можно записать:

$$\cos(\beta - \alpha) + \mu \sin(\beta - \alpha) = \sqrt{1 + \mu^2} \cos(\beta - \alpha - \gamma).$$

После нее выражение максимальное и равное $\sqrt{1 + \mu^2}$ при $\beta - \alpha - \gamma = 0$, то есть при $\beta = \alpha + \gamma = \alpha + \arctg \mu.$ (4)

При таком значении угла $\beta$ и минимальная сила F. Причем, если ящик движется равномерно ($a = 0$), то

$$F_{\min} = \frac{mg(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{\sqrt{1 + \mu^2}},$$

а при движении с ускорением $a$

$$F_{\min} = \frac{ma + mg(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{\sqrt{1 + \mu^2}}.$$

Однако это решение верно не для любого ускорения. Так как направление силы F не зависит от $a$, а абсолотная величина силы F увеличивается с увеличением ускорения, то при некотором значении ускорения $a = a_0$ сила F становится такой, что ее составляющая $F \sin(\beta - \alpha)$, перpendикулярная к наклонной плоскости, будет равна по абсолотной величины составляющей силы тяжесте $mg \cos \alpha$. При этом обратится в нуль как сила N, так и сила $F_{\text{Tp}}$. В дальнейшем (при $a > a_0$) для того чтобы не оторвался от положев, направление силы F должно меньше с увеличением ускорения $a$ так, чтобы составляющая силы F, перpendикулярная

39

к наклонной плоскости, оставалась равной составляющей силы тяжесте, то есть
$$F \sin(\beta - \alpha) = mg \cos \alpha.$$
Для составляющих этих сил, параллельных наклонной плоскости, можно записать
$$F \cos(\beta - \alpha) = mg \sin \alpha = ma.$$
Из двух последних равенств найдем:
$$tg(\beta - \alpha) = \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a},$$
откуда
$$\beta = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}.$$
Величину $a_0$ можно найти из тех сообщений, что при $a = a_0$ значение угла $\beta$ из (4) и (5) совпадает:
$$\alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a_0} = \alpha + arctg \mu,$$
откуда
$$a_0 = g \left( \frac{\cos \alpha}{\mu} - \sin \alpha \right).$$
Итак,
при $a \leq a_0$ (следовательно, и при равномерном движении тоже)
$$\beta = \alpha + arctg \mu,$$
при $a > a_0$
$$\beta = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}.$$
Мы решили задачу. Однако, приведем еще одно решение. Это — красивое геометрическое решение.
При равномерном движении вдоль сходней сумма всех сил должны равна нулю. Заменим силы $N$ и $F_{TP}$ их равнойствующей $Q = N + F_{TP}$ (рис. 14) и будем складывать силы $Q$, $F$ и $mg$. Они должны образовать замкнутый треугольник.
Заметим, что направление силы $Q$ составляет с перpendикуляром к наклонной плоскости угол $\delta$ такой, что
$$tg \delta = \frac{F_{TP}}{N} = \frac{\mu N}{N} = \mu,$$
то есть при изменении величины и направления силы $F$ направление силы $Q$ остается неизменным. Следовательно, абсолотная величина вектора $F$ будет минимальная, если он перепendlкулярен к вектору $Q$ (рис. 15) (так как величина и направление вектора $mg$ не меняются). При этом с горизонтом силы $F$ будет составлять угол
$$\beta = \alpha + \delta = \alpha + arctg \mu$$
(углы $\beta$ и $\alpha + \delta$ равны как углы с взаимно перепendlкулярными сторонами).
Точно так же решается задача, когда ящик движется сускорением $a < a_0$. В этом случае сумма векторов $mg$, $Q$ и $F$ должны равна $ma$ (рис. 16). Это изменит абсолотную величину силы $F$, но не изменит ее направления.
При $a > a_0$, когда силы $N$, $F_{TP}$, $a$, следовательно, и $Q$ равны нулю, сила $F$ должна соединяться концы векторов $mg$ и $ma$ (рис. 17). Легко видеть, что в этом случае
$$\beta = arctg \frac{g + a \sin \alpha}{a \cos \alpha} = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}.$$
Ф225. В смакан наличии две несмещающееся жидкости: чем перехлористый улерод $CCl_4$ и вода. При нормальном атмосферном давлении $CCl_4$ кипит при $76,7^\circ \text{C}$, вода — при $100^\circ \text{C}$. При равномерном нагрении смакана в водной бане кипение на границе раздела жидкости наинается при температуре $65,5^\circ \text{C}$. Определить, какая из жидкости быстрое выкипаем при максим «пограничном» кипении и во сколько раз. Давление насыщенных паров воды при $65,5^\circ \text{C}$ составляет 192 мм рм. см.
Для кипения однородной жидкости необходимо, чтобы давление насыщенного пара в пузырьках, образующихся по всему объему жидкости, было равно внешнему атмосферному давлению *).
При «пограничном» кипении в пузырьках, находящихся на границе воды и четыреххлористого улерода, содержится как
*) В действительности давление насыщенного пара должна быть больше атмосферного на величину $\Delta p = \rho gh + \frac{2\sigma}{R}$, где $\rho gh$ — гидростатическое давление на глубине $h$, $\frac{2\sigma}{R}$ — добавочное давление под изогнутой поверхностью жидкости (σ — коэффициент поверхности натяжения, $R$ — радиус пузырька). Obviously этой величины можно преобразить по сравнению с внешним атмосферным давлением.