Решения задач М219—М221; Ф228—Ф232

50

Решения задач

M219—M221; Ф228—Ф232

M219. В пространстве заданы 4 точки, не лежащие в одной плоскости. Сколько существует различных параллеленедов, для которых эти точки служат вершинами?

Сначала решим аналогичную плоскую задачу. Данны три точки, не лежащие на одной прямой. Сколько существует различных параллеленедов, для которых эти точки служат вершинами?

Эта задача значительно проще пространственной. Ответ в ней: 3 параллелограмма.

Убедиться в этом можно, например, так. Предположим, что параллелограмм имеет три данные точки вершинами. Тогда одна из них (C на рис. 1) играет особую роль: она соединена с двумя другими точками сторонами параллелограмма (а те две между собой — диагональ). Ясно, что такой точкой C можно «назначить» любую из трех данных точки, после чего параллелограмм строится единственным образом (рис. 2).

Перейдем теперь к пространственной задаче. Самое замечательное в ней — ответ: 29 параллелопедов.

1-е решение. Сначала, как полагается в задаче «на построение», проведем небольшой анализ, то есть представим себе, что параллелопед (имеющий четыре данные точки вершинами) построен.

Из восемьи вершин параллелопеда четыре вершины, не лежащие в одной грани, можно выделить четырьмя существования различными способами *), как показано на рисунках 3, a, b, в, 2. Чтобы отличить эти способы, достаточно, например, посмотреть,

*) Словам «существенно различными» можно придать такой точный смысл: два 4-подмножества вершин считаются существенно различными, если нельзя отобразить множество из восемьи вершин на себя так, чтобы вершины одной грани перешли в вершины одной грани, а подмножество из четырех вершин — одно в другое. На этом языке можно было продолжить решение, но мы выбрали более наглудный способ изложения.

51

Рис. 4.

соединена с точкой $B''$ — и обе жесткие грани, а тем самым, и параллелепид будут определенны однозначно. Всего в этом случае можно построить 12 параллелепидов.

$\theta$) Здесь — одна жесткая грань, содержащая три из четырех точек, а четверняя точка $C'$ должна быть, очевидно, противоположной вершиной параллелепида по отношению к точке $C$ — «главной» вершине жесткой грани. На роль $C$ можно назначить любую из четырех точек, на роль $C'$ — любую из трех остальных. После этого жесткая грань, а затем и весь параллелепид строится однозначно. Итак, получим еще 12 параллелепидов.

$\varepsilon$) Жестких граней нет, и поэтому, как нетрудно доказать, в каждой грани должны быть две выделенные точки, не лежащие на одном ребре. При возникних разбиения множества из четырех точек на два подмножества по две точки в каждой позиют построить три пары скрещивающихся прямых (диагоналей противоположных граней параллелепида), а значит, и три пары параллельных друг друг плоскостей, при пересечении которых получается нужный параллелепид. Здесь он только один (это неудивительно, поскольку роли всех точек совершено одинаковы).

Складывая, получаем ответ: $4 + 12 + 12 + 1 = 29$. На рисунке 4 воспроизведены все 29 штук.

Приведем теперь второе решение задачи (далее же ответ получается совсеминаче, что уже гарантирует от ошибки), но равные вернемся на минуту к плоскон задаче.

Ответ «3» можно обосновать еще так. Заметим, что «средние линии» будущего параллелограмма (прямы, параллельные стороны и расположенные посередине между ними) — это прямые, равнодаленные от всех трех данных точек. Имея две такие «средние»

52

Рис. 5.

прямы, легко построить параллелограмм — достаточно проверсти параллельные им прямые через данные точки. Всего прямых, равноудаленных от трех данных точек, существует три (они идут по средним линям треугольника с вершинами в данных точках). Выбрать две из них можно трея способами (рис. 5).

2-е решение. Три «средние плоскости» искомого параллелоппеда (плоскости, равноудаленные от всех восеми его вершин) должны удовлетворять следующим условиям:

1° каждая из них равноудалена от данных четырех точек;

2° все три плоскости пересекаются в одной точке.

Обратно, если удостраняться указать тройку плоскости, удовлетворяющих условием 1° и 2°, то параллелоппед, в котором они служат «средними», определяется однозначно: достаточно через четырех точки проверсти все различные плоскости, параллельные каждой плоскости из этой тройки, — и параллелоппед готов.

Сначала выясним: сколько существует плоскости $p$, равноудаленных от четырех данных точек $K, L, M, N$ (не лежащих в одной плоскости)? Докажем, что семь. Действительно, достаточно указать, как точки лежат по одному сторону $p$, а какие — по другую. Возможно, что по одному сторону будет три точки, а по другую — одна (четыре плоскости), а, возможно, что по обе стороны будет по две точки (tri плоскости).

Легко видеть, как строить все эти плоскости: все они пересекают ребра tetraэдра KLMN в серединах, а его грани — по средним линям (четыре плоскости пересекают tetraэдр по треугольнику, а три — по параллелограмму, рис. 6).

Tri плоскости из семи мы можем выбрать $C_3^7 = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 35$ способами. Каждый из этих трех удовлетворяет условию 1°; система выяснить, сколько из этих трех «плохих», не удовлетворяющих условию 2°, то есть параллельных одной прямой.

Рис. 6.

Пользовать тем, что линяя пересечения каждой двух из семи плоскостей либо соединяет середины двух противоположных ребер tetraэдра KLMN (таких случая в него три — пересечение двух плоскостей), либо параллельна одному из ребер tetraэдра (причем каждому ребру параллель три из семи плоскостей), — получим, что «плохих» треок столкко же, столкко ребер у tetraэдра — шесть.

Вычитая, получаем ответ: 35 — 6 = 29.

Н. Б. Васильев

M220. Король общей шахматную доску $8 \times 8$, повышав на каждом полеровно один раз и вернутьись последним ходом на исходное поле. (Король ходим по общим правилам: за один ход он может перейти по горизонтим, вертикали или диагонали на любое соседнее поле.) Кода нарисовали его путь, последовательно соединив ценный полей, которые он проходит, получилось замкнутая ломанная без самопересечения. Какую наименьшую и какую наибольшую длину может она иметь? (Сторона клетки равна единице).

Король сделал 64 хода. Поскольку каждая квадрат хода равна либо единице, либо $\sqrt{2}$, то длина всего пути заведено не меньше 64. (Путь длины 64 действительно существует — см. пример на рисунке 7.) Покажем теперь, что длина пути короля не может быть больше $28 + 36 \sqrt{2}$. Для этого достаточно показать, что пути короля содержит не менее 28 «прямых» ходов. Расстояние два соседних выхода короля на границу поля. Легко сообщить, что эти границы поля должны быть соединины, иначе пути короля оказывается самопересеченной (см. рис. 8; построайте строко доказать это утверждение). Так как цвет этих полей различает, а при ходах по диагонали цвет не меняется, то между двумя соединими выходами на границу должны быть «прямой» ход. Поскольку граничных полей 28, то и выходов на границу — тоже 28, и следовательно, прямолинейных ходов действительно не меньше 28. Из примера пути короля, приведенного на

53

Рис. 7. Рис. 8. Рис. 9.

рисунке 9, следует, что можно обойтисьровно 28 «прямыми» ходами.

М221. На бумагау поставили кляксу. Для каждой точки кляксы определяли наименьшее расстояние от границы кляксы, а также наибольшее расстояние от границы кляксы. Среди всех наименьших расстояний выбрали наибольшее $r_0$, а среди наибольших выборки наименьшее $R_0$. Какую форму имеет клякса, если $r_0 = R_0$?

Пусть $A$ — точка кляксы, наименьшее расстояние от которого до границы кляксы равно $r_0$. Тогда круг радиуса $r_0$ с центром в точке $A$ содержится внутри кляксы (если бы этот круг не содержался полностью внутри кляксы, то какая-то точка границы кляксы оказалась бы внутри круга, и расстояние до нее от точки $A$ было бы меньше $r_0$, что противоречит выбору $r_0$, — см. рис. 10).

Аналогично, если $B$ — точка кляксы, наибольшее расстояние от которого до границы кляксы равно $R_0$, то все клякса содержится в круге радиуса $R_0$ с центром в точке $B$ (рис. 10).

Итак, первый построенный круг содержится в кляксе, а клякса в свою очередь содержится во втором круге. Но по условию $r_0 = R_0 = \rho$, откуда следует, что круги совпадают; знаем, совпадают и точки $A$ и $B$, а клякса имеет форму круга с центром в точке $A (= B)$ раздела р.

Г. А. Гальперин

Ф228. На конце докси длины $L$ и массы $M$ находимся короткий брусок массы $m$ (рис. 11). Доска может скользить без претензий по горизонтом плоскости. Козффициент претензии скольжения бруска по поверхности докси равен $m$. Какую скорость $v_0$ нужно молком сообчитать доксе, чтобы она выскольнула изnod бруска?

Рис. 11.

Так как доксе скользить сообщается только ком, то в начальной момент брусок покопится относительно плоскости, а докса имеет скорость $v_0$. В горизонтом направления на брусок и доксу действуют только силы претензии скольжения $F_{tr.}$ и $F_{tr.6}$. Между ними (рис. 12). Эти силы равны по абсцилтной величины $\mu m g$ и сообщают бруску и доксе ускорения, равные соответствению

$$a_6 = \frac{\mu m g}{m} = \mu g,$$

$$a_7 = -\frac{\mu m g}{M} = -\mu \frac{m}{M} g.$$

Таким образом, скорость бруска будет увеличивать со временем, а скорость докси уменьшается.

Если начальная скорость докси нечала, то через некоторое время после начала движения скорости бруска и докси станут равны, после чего брусок и докса будут движ-.

54

Рис. 12.

гатся как одно целое, то есть с одной и той же скоростью. Если разность переменной бруска и доски к этому моменту равна длине бруска (рис. 12), то брусок в дальнейшем будет движаться, находясь на краю доски. Брусок сосользнет с доски, если эта разность переменной будет больше $L$.

Найдем скорость $v$ совместного движения бруска и доски. Так как на системе доска — брусок в горизонтальном направлении не действуют внешние силы, то импульс этой системы со временем не меняется. Поэтому $Mv_0 + m \cdot 0 = (M + m)v$, откуда

$$v = \frac{M}{M + m} v_0.$$

Для нахождения величины переменной доски и бруска воспользуемся формулой, которая связывает скорости тела $v_1$ и $v_2$ в некоторых моменты времени с его ускорением $a$ и переменением $s$ за время между этим моментами:

$$v_2^2 - v_1^2 = 2as.$$

Начальная скорость бруска $v_1 = 0$, а в тот момент, когда скорости бруска и доски станут равны, $v_2 = v$. Поэтому величина переменения бруска к этому моменту равна

$$s_0 = \frac{v^2}{2a_0} = \frac{M^2v_0^2}{2(M + m)^2\mu g}.$$

Аналогично найдем величины переменения доски:

$$s_1 = \frac{v^2 - v_0^2}{2a_1} = \frac{M(m + 2M)v_0^2}{2\mu g(M + m)^2}.$$

Брусок сосользнет с доски, если

$$s_2 - s_0 > L,$$

или

$$\frac{M(m + 2M)}{2\mu g(M + m)^2}v_0^2 - \frac{M^2}{2(M + m)^2\mu g}v_0^2 > L.$$

Отсюда найдем, каким должно быть $v_0$:

$$v_0 > \sqrt{2\mu gL(1 + \frac{m}{M})}.$$

Ф229. Оdnородной монкой шайбе, лежащей на горизонтальном шероховатом поверхности, свободном врачамельное движение с угловой скоростью $\omega_0$ и поступательное со скоростью $v_0$ (рис. 13). По какой траектории движется центр шайбы? В каком случае шайба проедет больший путь до остановки: при $\omega_0 = 0$ или при $\omega_0 \neq 0$ ($v_0$ одинаково в общих случаях)?

Для нахождения траектории движения центра шайбы необходимо выяснить, какие силы действуют на шайбу. Так как шайба находится на шероховатом поверхности, то очевидно, что единственная сила, которая действует на шайбу в горизонтальном плоскости, это сила треня, которая всегда направлена противоположно возможно перемещению тела. Каждый точка шайбы одновременно участвует в двух движениях: в поступательном и врачамельном. Поэтому вличина и направление результатующего скорости для каждой точки свод. Значит, и силы треня, действующие на различные участки шайбы, различны. Поэтому для определения результатующего силы треня разобъем шайбу на элементарные участки и рассмотрим силы, на них действующие.

Выделим два одинаковых участка шайбы 1 и 2, расположенных симметрично относительно диаметра шайбы, перpendикулярного направления скорости $v_0$ (рис. 14). На эти участки действуют одинаковые по абсциссной величины треня $|F_1| = |F_2| = kmg$ ($m$ — масса участика, $k$ — коэффициент треня). направления же сил треня $F_1$ и $F_2$ различны. Найдем эти направления.

Скорость каждого из участков равна сумме скоростей поступательного движения центра шайбы $v_0$ и линейной скорости врачамельного движения этого участика относительно центра шайбы $u$, перpendикулярной радиусу $R$, проведенном к этому участику из центра шайбы.

55

Так как $R_1 = R_2$, то $|\mathbf{u}_1| = |\mathbf{u}_2| = \omega^2 R$, то есть линейные скорости по величины равны. Кроме того, углы, которые составляют скорости $\mathbf{u}_1$ и $\mathbf{u}_2$ с направлением вектора $\mathbf{v}_0$, одинаковы. Это означает, что скорости $\mathbf{v}_1$ и $\mathbf{v}_2$ участвоват 1 и 2 точек равны по абсцилотной величины, составляют с направлением вектора $\mathbf{v}_0$ одинаковые углы $\beta$, но отклонены от направления вектора $\mathbf{v}_0$ в разные стороны. Сильные триния $\mathbf{F}_1$ и $\mathbf{F}_2$ и направления противоположно вектора $\mathbf{v}_1$ и $\mathbf{v}_2$ соответственно. Их вертикальные составляющие, очевидно, равны между собой по абсцилотной величины, но направлены в противоположные стороны, поэтому их сумма равна нулю. Следовательно, суммарная сила триния, действующая на симметричные элементарные участки шайбы, равна сумме горизонтальных составляющих и направления противоположно вектору $\mathbf{v}_0$.

Рассматривая и другие подобные пары элементов, мы приdem к выводу, что результатушая сила триния, действующая на весь диск, тоже направлена противоположно скорости $\mathbf{v}_0$. Эта сила может изменить абсцилотную величины скорости поступательного движения центра шайбы, но не может изменить ее направление (ускорение, сообщаемое шайбе силой триния, направлено противоположно скорости центра шайбы). Следовательно, траекторий движения шайбы будет прямая линия.

Если в начальной момент $\omega_0 = 0$, то все силы триния, действующие на элементарные участки шайбы, направлены одинаково, то есть против скорости $\mathbf{v}_0$. Поэтому результатушая сила триния, равная их сумме, больше по величины, чем в предыдущем случае. Большое будет и величинаускорения.

Следовательно, пусть, проиденный шайбой до остановки, будет меньше в том случае, когда $\omega_0 = 0$, и больше, когда $\omega_0 \neq 0$.

Ф230. На системе, состоящую из двух соединительных пружиной шариков массы $m$, показующая накладной горизонтальной поверхности, налетаем слева шарик массы $M$ (рис. 15). Происком любой абсцилотно упруей udар. Наимпiricalно отношение масс

Рис. 14.

$$\gamma = \frac{m}{M}, \text{ при котором уdar произойдет раз.}$$

После соударения шариков 1 и 2 шарик 1 будет двигаться поступательно с некоторой постоянной скоростью. Центр масс системы шариков 2 и 3 тоже будет двигаться поступательно с постоянной скоростью, и, кроме того, шарики 2 и 3 будут колесаться относительно их центра масс. Для того чтобы ответить на вопрос, столкнутся ли шарики 1 и 2 второй раз, нужно найти зависимость координат этих шариков от времени и посмотреть, могут ли эти координаты совпать.

Будем считать, что удар мгновенный. В этом случае он произойдет так же, как соударение двух свободных шариков, не связанных с другими телами, и можно воспользоваться законом сохранения импульса и энергии*). Обозначим скорость шарика 1 до соударения $v_0$, его скорость после соударения $v_1$ и скорость шарика 2 после соударения $v_2$. Тогда можно записать

$$Mv_0 = Mv_1 + mv_2,$$

$$\frac{Mv_0^2}{2} = \frac{Mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2}.$$

Из этих уравнений нетрудно найти $v_1$ и $v_2$:

$$v_1 = v_0 \frac{M - m}{M + m} = v_0 \frac{1 - \gamma}{1 + \gamma},$$

$$v_2 = v_0 \frac{2M}{M + m} = v_0 \frac{2}{1 + \gamma}.$$

После соударения первого шарика будет двигаться равномерно, но с скоростью

$$v_{\text{ц}} = \frac{v_2}{2} = v_0 \frac{1}{1 + \gamma}$$

(так как шарики 2 и 3 одинаковы). Это означает, что координата центра масс меняется со временем по формуле

*) Время соударения $t$ должно быть таким, чтобы можно было не учитывать смеси шарика 2 и деформации пружины. Для этого должно выполняться неравенство: $t \ll T$, где $T$ — период колесаний шарика 2 относительно центра масс шариков 2 и 3.

56

Рассмотрим движение шариков 2 и 3 в системе координат, связанной с их центром масс. В этой системе в начальной момент шары движутся настречу друг друг с равными по абсцилотной величины скорости, поэтому в дальнейшем каждый из шаров будет совершать гармоничное колесание (относительно центра масс) по закону:

$$x = A \sin \omega t.$$

Если жесткость половины пружины обозначить $k$, то частота этих колебаний $\omega = \sqrt{k/m}$. Амплитуду колебаний $A$ можно найти, воспользовавшись законом сохранения энергии. В начальной момент пружина не деформирована, шарик 2 имеет скорость $\frac{v_2}{2}$ и энергию $\frac{mv_0^2}{2(1+\gamma)^2}$. Эту энергию приравняем энергии пружиной деформации пружины в тот момент, когда отклонение шарика от положения равновесия максимального и равно амплитуде колебаний $A$:

$$\frac{mv_0^2}{2(1+\gamma)^2} = \frac{kA^2}{2}.$$

Отсюда найдем $A$:

$$A = \sqrt{\frac{mv_0^2}{(1+\gamma)^2k}} = \frac{v_0}{(1+\gamma)\omega}.$$

Тепер можно записать зависимость координат шарика 2 от времени в системе координат, связанной с горизонтальной плоскостью:

$$x_2 = v_0t + A \sin \omega t = v_0 \frac{1}{1+\gamma} t + \frac{v_0}{(1+\gamma)\omega} \sin \omega t.$$

Шарики 1 и 2 столкнутся еще раз, если возможно равенство $x_1 = x_2$, то есть

$$v_0 t \frac{1-\gamma}{1+\gamma} = \frac{v_0 t}{1+\gamma} \left(1 + \frac{1}{\omega t} \sin \omega t\right),$$

рис. 17.

или

$$\sin \omega t = -\gamma \omega t.$$

Подобные уравнения удобно решать графически. Нарисуем графики для правой и левой части последнего уравнения как функции $\varphi = \omega t$ (рис. 16). Решения уравнения определяются точками пересечения прямой $y = \gamma \varphi$ и синусoidы $y = \sin \varphi$. Очевидно, решение существует, если $\gamma \leq \gamma_1 \approx tg \gamma_1$. Из рисунка видно, что

$$\gamma_1 \approx \frac{1}{\left(\frac{3}{2} \pi\right)} \approx 0.21,$$

то есть отношение масс равно приблизительно 0,21.

Ф231. Заряженный металлический шар радиуса $R$ разрезан на две части по плоскости, отстоящей на расстоянии $h$ от центра (рис. 17). Найти силу, с которой отталкиваются эти части. Полный загрудц шара $Q$.

Так как шар металлический, загруд $Q$ распределится равномерно по его поверхности, поэтому в дальнейшем мы будем говорить о загруженной сфере. Для того чтобы определить силу, действующего на стороны нижней, разобъем эту часть сферы на элементарные части и найдем сначала силу $F_i$, действующего на один из таких участков (рис. 18):

$$F_i = qE,$$

где $q$ — загрудный участок поля, созданного всей таловой частью сферы. Величина $q = \frac{Qs_i}{4\pi R^2}$, где $s_i$ — площадь загруженного участка.

Как известно, направление поля вне сферы у ее поверхности равна

$$E_c = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2},$$

а направление поля внутри сферы равна нулю. Из принципи суперпозиции следует, что поле как внутри, так и вне сферы складывается из поля выделенного участка сферы и поля отталкивающей сферы. Будем считать