Решения задач М222—М230; Ф233—Ф237

20

Решения задач
M222—M230; Ф233—Ф237

M222. Докажите, что у каждой выпуклого многоограничника найдуmsя две грани с одинаковым числом сторон.

Предположим, что, любые две грани не которая выпуклого многоограничника имеют различное число сторон. Расмотрим ту грань Г, у которой число сторон наиболее меньше. Рассмотрим ту грань О, у которой число сторон наиболее меньше. Рассмотрим ту грань С, у которой из остальных граней этого меньше. Значит, и количество оставшихся граней этого меньше m (введя даже если бы существовали 1-угольники и 2-угольники, мы смогли бы набрать всего лишь m — 1 разных многоугольников). С другой стороны, к грани Г примыкаютровно m других граней многоограничника (к каждой стороне — по одному). Мы получили противоречение.

Стою быть, какие-то две грани обязаательно иметь число сторон.

Приведенное решение почти дословно повторяет решение следующей, довольно известной задачи (на «приицип Дирихле» *)).

В книгеатре «Октябрь» на последнем сеанс обязаельно найдуmsя два целевка, число знакомых у которых одинаково.

Однако наша задача геометрическая по существу — в ее решении не иссure.

*) См. статью А. И. Орлова «Приицип Дирихле», «Квант», 1971, № 7.

Рис. 1.

пользовие выпуклости многоограничника — там, где утверждается, что к грани, имеющей m сторон, примыкают m граней. Это значит, что к каждому ребру грани многоограничника примыкаетровно одна грань, и к разным ребрам этой грани примыкают разные грани. Однако это неверно для невеликих многоограничников — на рисунке 1 к ребрам a, b примыкает одна и та же грань α, так что в подсчете граней она учитывает дважды, и приведенное выше рассуждается становиться неправильным.

Утверждение задачи тем не менее сохраняется и для невеликих многоограничников (без «сквозных дыр») — его доказательство основано на формуле Эйлера *)

В — Р + Γ = 2;

оно довольно громоздко и не столь изящно, чтоobi приводить его здесь.

Г. А. Гальперин

M223. Намуральное число называется совершенным, если оно равно сумме всех своих делителей, кроме самого числа. (Например, число 28 — совершенное: 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14.) Докажите, что совершенное число не может быть полным квадратом.

Пусть n = p₁ᵢ p₂ᵢ … pᵢᵢ m, где p₁, …, pᵢ — различные простые, r₁, …, rᵢ — натуральные числа (согласно основной теореме арифметики, каждое целое число n > 1 представляется в таком виде единственным образом).

Делители числа n — это числа вида

p₁ᵢ p₂ᵢ … pᵢᵢ m,

где 0 ≤ k₁ ≤ r₁, …, 0 ≤ kᵢ ≤ rᵢ. Поэтому сумма всех делителей числа n (включая 1 и n) равна произведению

S = (1 + p₁ + … + p₁ᵢ) … (1 + pᵢ + … + pᵢᵢ).

Так как n — совершенное число, то S должно быть равно 2n, то есть быть числом четным. Но если n — квадрат целого числа, то все показатели r₁, …, rᵢ — четные числа, поэтому квадрат крутляя скобка в произведении S

$$\frac{(1 + p_i + p_i^2 + ... + p_i^{i-1})}{1 + r_i}$$

есты число нечетное, следовательно, и S нечетное.

Получили противоречение, значит, совершенное число не может быть полным квадратом.

Некоторые читатели своей решения выводят из формулы 2p⁻¹ (2p — 1) для чего

*) См. статью А. П. Савина «Карты и раскраски», «Квант», 1972, № 4.

21

Рис. 2.

и вы совершенных чисел *). Такие решения неполны: ведь пока никто не доказал, что не существует нечетых совершенных чисел.

M224. У трехгранного угла проведены bicсектрисы плоских углов. Доказим, что попарные углы между тремимыми bicсектрицами либо все тулы, либо все остры, либо все прямы.

Самое простое решение этой задачи основано на понятии скалярного произведения векторов. Например, что скалярным произведением векторов a и b называется число

$$ab = |a| |b| \cos \varphi,$$

где $|a|$ и $|b|$ — длины векторов a и b, $\varphi$ — угол между ними. Таким образом, угол между a и b острый, прямой или тупой, если соответственно $ab > 0$, $ab = 0$ и $ab < 0$. Конечно, для любых векторов $ab = ba$. Нам потребуется еще дистрибутивность (распределительное свойство) скалярного произведения: для любых трех векторов a, b и c

$$(a + b)c = ac + bc$$

(это свойство подробно обсуждалось в «Кванте», 1972, № 6).

Пусть дан трехгранный угол. Например, по его ребрам векторы единичной длины a, b и c. Тогда векторы a + b, b + c, c + a и дут по bicсектрисам плоских углов. Скалярные произведения

$$\begin{align*} (a + b)(b + c) &= \\ (b + c)(c + a) &= \\ (c + a)(a + b) &= \\ \end{align*}$$

одинаковы — таким образом, углы между bicсектрисами будут одновременно острыми, прямыми или тупыми. Такое решение предлагал и автор задачи Э. Г. Готман.

Для тех, кто незнаком с векторами, приведем более наглудное, чисто геометрическое объяснение. Отметим сначала такой факт

*) См. «Кванте», 1971, № 8, c. 2.

Рис. 3.

Если $OL$ — луч, лежащий в плоскости $p$, $OM$ — луч, не перpendикулярный этой плоскости, $OM'$ — проекция лучa $OM$ на плоскость $p$, то угол $LOM$ острый, прямой или тупой в зависимости от того, острый, прямой или тупой угол $LOM'$; действительное, если через точку $O$ проведится плоскость $q$ perpendикулярно лучу $OL$, то точки $M$ и $M'$ всегда лежат по одному и ту же сторону от плоскости $q$ (ведь $MM' \perp p$ и $q \perp p$, см. рис. 2). Пусть $OA, OB, OC$ — ребра трехгранного угла; $OK, OL, OM$ — bicсектрисы углов $AOB, BOC, COA$; $p$ — плоскость, проходящая через $OK$ и $OL, OA', OB', OC', OM'$ — проекции лучей $OA, OB, OC, OM$ на плоскость $p$.

Лучи $OA$ и $OC$ симметричные лучу $OB$ относительно прямых $OK$ и $OL$ соответственно. Поэтому $OA'$ и $OC'$ симметрицы $OB'$ относительно тех же прямых, причем все три луча $OA, OB$ и $OC$ составляют одинаковые углы с плоскостью $p$.

Рассмотрим сначала ситuation в плоскости $p$ — для проекций. Если $KOL < 90^\circ$ (рис. 3), то $A'OC' = 2 \times KOL < 180^\circ$ содержит внутреннее луч $OK, OL$, ясно, что углы, которые составляют прямые $OK$ и $OL$ с bicсектрисой $OM'$ угла $A'O'C'$ — остры. Если $KOL > 90^\circ$ (рис. 4), то $A'OB' + B'OC' = 2 \times KOL > 180^\circ$, поэтому bicсектриса $OM'$ угла $A'OC'$ составляет $OK$ и $OL$ тупые углы. (Случай $KOL = 90^\circ$ рассмотрен сам.)

22

Из факта, упомянутого выше, теперь сразу следует, что углы LOM и KOM — острыые, тупые или прямые, если таков угол KOL.

Н. Б. Васильев

M225. Грани кубика занутованы числа 1, 2, 3, 4, 5, 6 мак, что сумма номеров на противоположных гранах равна 7. Кубик камт из левого нижнего в правый верхний угол максимной докси размером 50 × 50 клеток (каждая клетка докси равна кубика) мак, что он каждой раз переваливается через свое ребро на соседнюю клетку; при этом разрезается выздамся молоко вправо или вверх. На каждой из клеток по пути кубика пышется номер грани, комора опиралась на эту клетку. Какое наиболее значение может иметь сумма всех 99 выписанных чисел? Какое наименьшее?

Пусть мы каким-то образом прокатили кубик из левого нижнего угла докси в правый верхний. Будем считать, что после каждого перекатывания через ребро на клетке докси отпечатывается число, записанное на той грани кубика, которая опиралась на эту клетку.

Отпечатавшиеся числа $\alpha_1, \dots, \alpha_{99}$ выпшем подряд в строчку, а их сумму обозначим через $\Sigma$:

$$\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_{99} = \Sigma.$$

Если числа на всех гранах кубика заменить средним числом 3,5, то сумма отпечатывания чисел будет равна

$$\Sigma_{cp} = 3,5 \cdot 99 = 346,5.$$

Нам необходимо определить наиболее значения $\Sigma$. Оценим для этого величины $|\Sigma - \Sigma_{cp}|$.

Самое важное свойство чисел в последовательности $\alpha_1, \dots, \alpha_{99}$ заключается в следующем. Пусть числа $\alpha$ в последовательности число $\alpha$ встретились два раза подряд ($\alpha =$ одно из чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6).

Так как числа $\alpha$ в последовательности столько же, сколько и чисел $7 - \alpha$;

2. либо чисел $\alpha$ровно на одно больше, чем чисел $7 - \alpha$;

3. либо чисел $\alpha$ровно на одно меньше, чем чисел $7 - \alpha$.

В случае 1) от замены всех чисел $\alpha$ и $7 - \alpha$ на 3,5 их включить в $\Sigma$ не изменится. В случае 2) и 3) от замены всех чисел $\alpha$ и $7 - \alpha$ на 3,5 их включить в $\Sigma$ увеличится или уменьшится на $(3,5 - \alpha)$. В результате все сумма увеличится или уменьшится самое большое на $(3,5 - 1) + (3,5 - 2) + (3,5 - 3) = 4,5$.

Таким образом,

$$342 = \Sigma_{cp} - 4,5 \leq \Sigma \leq \Sigma_{cp} + 4,5 = 351.$$

Значения $\Sigma_{max} = 351$ и $\Sigma_{min} = 342$ действительно достигаются, если катить кубик так, как это показано на рисунках 5 и 6.

Г. А. Гальперин

M226. В трех вершинах квадрата находится три кузнечика. Они церраном в чехарду. При этом, если кузнечик $A$ прядает кузнечика $B$, то после пряжения он оказывается от $B$ на том же расстоянии (но, естественно, по другую сторону и на той же пряной; рис. 7). Может ли после нескольких пряков один из кузнечков попасть в центральную вершину исходного квадрата?

Докажем, что попасть в центральную вершину ни один из кузнечков не может.

23

Рис. 7.

Введем координаты на плоскости так, чтобы три точки, в которых находится кузнечки в самом начале, получили координаты: (0, 0), (0, 1) и (1, 0).

Если кузнечик сидит в точке $(x, y)$ и прягает через кузнечика $(a, b)$, то он оказывается в точке $(2a-x, 2b-y)$ (рис. 8). Отсюда видно, что при пряжках четность обенх координат у каждой кузнечика сохраняется. Поэтому в те точки, у которых обе координаты нечетны, — в частиности, в точку $(1, 1)$ — ни один из кузнечков попасть не может.

Это решение можно объявить и без координат. На рисунке 9 изображено множество точек: синх, красных и черных. (Этими цветами мы пометили кузнечков, чтобы отличать их друг от друга). Нетрудно проверить, что при симметричной любой своей точки это множество точек переходит в себя, причем точка каждой цвета переходит в точку того же цвета. Отсюда следует, что каждой кузнечик может попасть только в точку своего цвета.

Докажите, что каждой кузнечик после нескольких пряжков может оказаться в лиюбой точке своего цвета. Попробуйте также ответить на более трудный вопрос: могут ли два кузнечика оказаться одновременно в лиюбых двух заданных точках соответствующего цвета? в какие точки могут попасть одновременно три кузнечика?

На вопрос этот существует простой и красный ответ, но мы не будем лишать читатель удовлетворяя найти его самостояльно, а вернемся к нему в одном из следующих номеров журнала.

M227. На каждой стороне параллелограмма взято по точке. Площадь четырехугольника с вершинами в этих точках равна половине площади параллелограмма. Докажите, что хотя бы одна из диагоналей четырехугольника параллельна одной из сторон параллелограмма.

Очевидно, что если хотя бы одна из диагоналей четырехугольника KLMN (рис. 10) параллельна стороне параллелограмма ABCD, то площадь четырехугольника s равна половине площади параллелограмма S.

Предположим теперь, что диагональ LN не параллельна AD. Зафиксируем положения точки L, M и N и посмотрим, как меняется площадь s в зависимости от положения точки K на стороне BC. Поскольку площадь треугольника LMN не меняется, а площадь треугольника KLN с фиксированным основаим LN пропорциональна расстоянию от точки K до прямой LN, то ясно, что при движении точки K от B к C площадь четырехугольника KLMN будет меняться монотно: возрастать, если LC>BN, и убываать, если LC<BN. Нам известно, что если KM || AB, то площадь s равна половине S; но так как величины s меняется монотно, то значит, при всех других положениях точки K площадь s будет или больше, или меньше S/2.

Таким образом, $s = S/2$ только тогда, когда либо LN || AD, либо KM || AB, что и требовалось доказать.

Можно было бы обойтись без сообщений монотности (впрочем, веса полученных), а просто выразить отношение площадей s/S через длины отрезков $|BC| = |AD| = a, |AB| = |CD| = b, |AM| = x_1$.

Рис. 9.

Рис. 10.

25

лицейского равна $u$, а занесет — $v$. Цель полицейского — оказаться с занесетом на одной стороне квадрата. Докажите, что

a) если $\frac{u}{v} > \frac{1}{3}$, то он может добиться своей цели;
b) если $\frac{u}{v} < \frac{1}{3}$, то занесет может помещать ему это сделать.

В условиях задачи ничего не говорится о том, что произойдет с полицейским и гангстером в случае, если $\frac{u}{v} = \frac{1}{3}$. В приводящем здесь решения разбиается и этот вопрос.

Введем систему координат с началом в центре исходного квадрата $ABCD$ и осями, параллельными его сторонам. Положим сторону квадрата $ABCD$ равной 1 и будем считать, что максимальная скорость гангстера $v = 1$ (нам ведь важно лишь отношение $u/v$). Точки, в которых находится полицейский и гангстер, обозначаем через $\Pi(x_\pi, y_\pi)$ и $\Gamma(x_\pi, y_\pi)$ соответственно.

a) Пусть $u > \frac{1}{3}$. Докажем, что тогда полицейский доступет свое целли (то есть окажется с гангстером на одной стороне квадрата; будем говорить, что в этом случае он договорит (илиLOBит гангстера).

Обозначим через $\Gamma'$ точку с координатами $\left(\frac{1}{3}x_\Gamma, \frac{1}{3}y_\Gamma\right)$; очевидно, что если точка $\Gamma$ движется по контуру квадрата $ABCD$ с максимальной скоростью $v = 1$, то $\Gamma'$ движется по контуру подобного ему квадрата $A'B'C'D'$ (рис. 15) с максимальной скоростью $v_{\Gamma'} = \frac{1}{3}$.

Полицейский будетLOBИТ гангстера в несколько этапов.

Первый этап. Полицейский достинг своего целли (то есть окажется с гангстером на одной стороне квадрата; будем говорить, что в этом случае он договорит (илиLOBИТ гангстера).

Обозначим через $\Gamma'$ точку с координатами $\left(\frac{1}{3}x_\Gamma, \frac{1}{3}y_\Gamma\right)$; очевидно, что если точка $\Gamma$ движется по контуру подобного ему квадрата $A'B'C'D'$ (рис. 15) с максимальной скоростью $v_{\Gamma'} = \frac{1}{3}$.

Первый этап с его второго этапа полицейский должен развивать любую скорость, не превысходящую $\sqrt{u^2 - \left(\frac{1}{3}v\right)^2}$, (рис. 16). Потребуем еще, чтобы на втором этап полицейский дивигался к стороне $AB$ с максимальной по оси $Oy$ скоростью. Возможны два случая:

1. $\Gamma$ остается все время на $AB$. Тогда $\Pi$ через неокоторая.devигет $AB$, и следовательно, гангстер будет «пойман»; задача решения.
2. В какой-то момент $\Gamma$ удовлетворяет границей $AB$ (будем считать, точки $B$) начинается.

Третий этап. К началу этого этапа точки $G$ и $B$ совпадают, а точка $\Pi$ находится от каждой из сторон $AB$ и $BC$ на расстоянии, не больше $\frac{1}{3}$. На третьем этап полицейский должен с максимальной скоростью приближаться по перпендикуляру к той стороне, на которой находится гангстер (если $\Gamma = B$, то безразлично, к какой именно,— к стороне $AB$ или же к стороне $BC$).

Чтобы добежать из точки $B$ до точки $A$ или до точки $C$, гангстер попадит единица времени, а полицейскому, чтобы достигнуть соответствующей стороны ($AB$ или $BC$), попадбит строго меньше единицы времени. Следовательно, полицейский «пойман» гангстер на одной из сторон $AB$ или $BC$. Тем самым следует разобранить.

26

6. Пусть теперь $u < \frac{1}{3}$. Покажем, что в этом случае гангстер может выбрать такую страмеццию, при которой полицейский не сумет его «догнать».

Понятно, что если $u = \frac{1}{3}$ (напомним, что $v = 1$), то гангстер будет труднее «убежать» от полицейского. Посмотрим, что будет в этом, самом неблагоприятном для гангтера случай.

В центре квадрата $ABCD$ построим квадрат $A'B'C'D'$, подобный исходному с коэффициентом подобия $k = \frac{1}{3}$; проведем прямые $A_2B_3$, $A_1B_4$, $D_4C_1$, $D_3C_2$, параллельные стороны $AB$, и прямые $A_3D_2$, $A_4D_1$, $B_1C_4$, $B_2C_3$, параллельные $BC$, так, чтобы $AA_3 = A_3A_4 = AA_2 = A_2A_1 = B_1B_2 = B_2B = D_4D_3 = D_3D$ (рис. 17).

Пусть в самом начале гангстер Г находится в середине стороны $AB$, а полицейский П — над прямой $A_2B_3$. Проведем две вспомогательные прямые $\hat{A}\hat{B}$ и $\hat{A}\hat{B}$, параллельные $AB$, так, чтобы полицейский П оказался над прямой $\hat{A}\hat{B}$ (рис. 18).

Покажем, что мы всегда можем выбрать неоторный отрезок $KM$ так, чтобы он содержал середину стороны $AB$ и чтобы из любой его точки гангстер Г успел бы добавить до любой из вершин $A$ или $B$ равше, чем полицейский П успет добавить от $\hat{A}\hat{B}$ до $AB$. В самом деле, расстояние от $\hat{A}\hat{B}$ до $AB$ больше $1/6$; следовательно, П попадбится больше $1/2$ единицы времени для того, чтобы добавить от $\hat{A}\hat{B}$ до $AB$; значит, в качестве отрезка $KM$ мы можем выбрать, например, отрезок, симметричный относительно середины стороны $AB$, с длиной, строго меньше $2\left(3|A\hat{A}| - \frac{1}{2}\right)$.

Опишем теперь страмеццию гангтера Г. Пока полицейский П находится выше прямой $\hat{A}\hat{B}$, гангтер остается на месте — в середине $AB$. Рано или поздно полицейский доступнет $\hat{A}\hat{B}$ (начие он никогда не появает гангтера); при этом возможно две ситуации:

(1) либо $x_{\Pi} \neq \frac{1}{3}x_{\Gamma}$,

(2) либо $x_{\Pi} = \frac{1}{3}x_{\Gamma}$.

Если имеет место случай (2), то Г начинает бегать с максимальной скоростью по отрезку $KM$ вправа — влево. Если при этом $x_{\Pi} = \frac{1}{3}x_{\Gamma}$ все время, то горизонтальная составляющая скорости полицейского должна быть равна $\frac{1}{3}$ горизонтальной составляющей скорости гангтера; а так как последняя равна 1, то, следовательно, горизонтальная составляющая скорости П должна быть равна $\frac{1}{3}$, то есть $u = \frac{1}{3}x_{\Gamma}$.

Будем считать, что гангстер замечает то, что полицейский сошел с прямой $\hat{A}\hat{B}$, достающий быстро, например, еще до того, как полицейский доступнет прямой $\hat{A}\hat{B}$.

Итак, сейчас у нас $x_{\Pi} \neq \frac{1}{3}x_{\Gamma}$, $\Pi$ — выше прямой $\hat{A}\hat{B}$, $\Gamma$ — на отрезке $KM$.

Дальнейшее поведение $G$ должно быть таково. Предположим, без ограничения общности, что $x_{\Pi} < \frac{1}{3}x_{\Gamma}$; тогда $\Gamma$ с максимальной скоростью движется вправо

27

к точке $B$ (или же если $x_{\Pi} > \frac{1}{3} x_{\Gamma}$, то он должен двигаться выше — к точке $A$). В силу выбора отрезка $KM$, полицейский не успет добежать до прямой $AB$ за то время, которое потребуется гангстеру, чтобы достичь точки $B$; значит, П не сможет понимать $\Gamma$ на стороне $AB$. Далее, поскольку мы предположили, что в «начальный» момент $x_{\Pi} < \frac{1}{3} x_{\Gamma}$ и $\Gamma$ безит вправо со скоростью $3 u$, то неравенство $x_{\Pi} < \frac{1}{3} x_{\Gamma}$ будет иметь место все время. Поэтому, когда $\Gamma$ достигает точки $B$, то П будет находиться левее прямой $B_1C_4$ (рис. 19).

Теперь $\Gamma$ безит с максимальной скоростью по стороне $BC$ к ее середине. Чтобы добежать до середины, $\Gamma$ требуется $1/2$ единиц времени; за это время П проijdет путь длины не более чем $1/6$, и следовательно, не успет достигнуть прямой $B_2C_3$.

Итак, мы пришли к уже рассмотренной конфигурации: $\Gamma$ — в середине стороны $BC$, а $\Pi$ — левее прямой $B_2C_3$. При этом точка $\Gamma$ из середины стороны $AB$ переместилась в середину стороны $BC$; значит, прошла по крайней мере 1 единица времени. Дальнейшее поведение $\Gamma$ аналогично описанному выше. Совершенно оченьindo, что при такой стратегии гангстера полицейский не «поймает» его ни за какое конечное время.

Таким образом, мы знаем, каково должно быть поведение гангтера в самом «плохом» случae: $u = \frac{1}{3}$; понятно, что при $u < \frac{1}{3}$ указаная для него стратегия будет тем более верной.

Г. А. Гальперин, А. Б. Ходульев

**M230. Доказание, что из любого выпуклогоравностороннего (но не обязательно правильно) прямогольника можно вырезать правильный треугольник, одна из сторон которого совпадает со стороны прямогольника (рис. 20).

Рис. 20.

Предположим, что для некоторого равностороннего выпуклого прямогольника $ABCDE$ со сторонами, равной единице, утверждение задачи неверно. Можно считать, что на иболь шая из диагоналей — AD, что точки $A$ и $D$ лежат на горизонтальной прямой (D правее $A$), точки $B$ и $C$ — в ее верхней полуплоскости, причем $C$ не близке к прямой $AD$, чем $B$ (рис. 21). Ясно, что $1 < |AD| < |AE| + |ED| = 2$.

Поскольку в треугольниках $ABD$ и $ACD$ сторона $AD$ — наиболеешая, углы $ABD$ и $ACD$, а тем более $ABC$ и $BCD$ все больше $60^\circ$, следовательно, равносторонние треугольники, построенные на сторонах $AB$, $BC$ и $CD$, должны пересекаться отрезком $AD$ (ведь каждый из них, по предположению, пересекается контуром прямогольника, а отрезками $AB$, $BC$ и $CD$ эти треугольники пересечся не могут). Таким образом, углы $BAD$ и $CDA$ меньше $60^\circ$.

Отметим на отрезке $AD$ точки $B_1$, $C_1$ и на его продолжении — точку $C_3$, для которых $|AB_1| = |C_1D| = |B_1C_3| = 1$, и построим в верхней полуплоскости равносторонние треугольники $AB_1B_2$, $C_1DC_2$, $B_1C_3C_4$ (рис. 22). Точка $B$ должна лежать где-то на дуге $B_1B_2$ с центром $A$, точка $C$ — на дуге $C_1C_2$ с центром $D$. С другой стороны, поскольку $|BC| = 1$ и $C$ лежит не ниже $B$ (но и не выше, чем на расстоянии $\sqrt{3}/2$ от прямой $AD$), то точки $C$ должна лежать правее дуги $C_3C_4$ с центром $B_1$. Но из (*)

28

Рис. 22.

следует, что $\triangle C_1DC_2$ расположен левее $\triangle B_1C_3C_4$, поэтому дуга $C_1C_2$ расположена левее дуги $C_3C_4$. Получили противоречие. Значит, углы $BAD$ и $CDA$ не могут быть одновременно меньше $60^\circ$, и существует хотя бы один равносторонний треугольник (построенный либо на стороне $AB$, либо на $BC$, либо на $CD$), который не будет пересекаться контуром пятуюльника.

Из различных решений задачи М230 мы выбрали именно это, поскольку оно подается обобщению и позволяет доказать утверждение задачи М230 для любого равностороннего выпуклого $(2n+1)$-угольника.

Н. Б. Васильев

Ф233. При скоростином спуске лыжника скольzm визу no склону ($\varphi=45^\circ$), не оптимизаясь палками. Коэффициент времени лыжки о снег $k=0,1$. Сила сопротивления воздуха пропорциональна квадрату скорстили лыжника $F_c=\alpha v^2$, где $\alpha$ — постоянная величины, равная $0,7$ и $(m/c)^2$. Какую максимальную скорость может развить лыжник, если его масса 70 кг?

Рассмотрим движение лыжника, спrockтировав все действующие на него силы на оси координат, направленные параллельно

Рис. 23.

наклонной плоскости, которое образует склон, и перpendикулярно к ней (рис. 23).

Так как вдоль оси $Y$ лыжник не перемещается, то

$$N-mg\cos\varphi=0.$$ (1)

Проекция силы тяжесте на ось $X$, равная $mg\sin\varphi$, и сила треня $F_{TP}=kN$ не зависит от скорости движения лыжника, а сила сопротивления воздуха $F_c=\alpha v^2$ возвращает с увеличением скорости лыжника. Поэтому, что при увеличении скорости лыжника наступает возрастать, и лыжник будет движаться равномерно. Скорость $v_{max}$, при которой это произойдет, и есть максимальная скорость лыжника.

Запишем уравнение равномерного движения лыжника вдоль оси $X$:

$$mg\sin\varphi-kN-\alpha v_{max}^2=0.$$ (2)

Из (1) и (2) найдем

$$v_{max}=\sqrt{\frac{mg}{\alpha}}(\sin\varphi-k\cos\varphi)=$$

$$=\sqrt{\frac{70\cdot9,8}{0,7}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-0,1\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}\approx 25(m/c).$$

Ф234. Взрывая камера заполняется смесь метана и кислорода при комнатной температуре и давлении $p_0=760$ мм рм. см. Парциальные давления метана и кислорода одинаковы. После термизация камеры в ней происходит взрыва. Наименуется давление внутри камеры после охлаждения продуктов сортая до первого начального температуры, при котором давление насыщенных паров воды $p_H=17$ мм рм. см.

Запишем преждевое всего уравнение реакции взрыва:

$$CH_4+2O_2=CO_2+2H_2O.$$

Из этого уравнения видно, что каждый molета создает с двумя молями кислорода. В результате реакции получается 1 mol углекислого газа и 2 моля воды.

Do взрыва парциальные давления метана и кислорода были одинаковы и равны $\frac{1}{2}p_0$. Согласно уравнению газового состояния давления газа пропорционально числу молей газа. Тогда из равностроя парциальных давления метана и кислорода следует, что в сосудах находится одинаковое число молей газов. Следовательно, при взрыве весь кислород прореагирует с метаном, причем в сосудах остается еще половина первого начального количества метана, который не вступил в реакцию.

Таким образом, после взрыва в сосудах будет находиться метан, углекислый газ и вода,

29

и полное давление будет равно сумме парциальных давления метана, углекислого газа и водяного пара:

$$p = p_{\text{CH}_4} + p_{\text{CO}_2} + p_{\text{H}_2}\text{O}.$$

После охлаждения смеси газов до первоначальной температуры парциальное давление оставляется метана будет равно половине его первоначального парциального давления, то есть $\frac{1}{4} p_0$.

Число молей углекислого газа в сосуде равно числу молей проегагировавшего, а значит, и оставшегося метана. Поэтому парциальное давление углекислого газа будет также равно $\frac{1}{4} p_0$.

Теперь выясним, каково давление водяных паров. Предположим, что все образованыся при взрыве вода находится в парообразном состоянии. Так как число молей воды в два раза больше числа молей оставшегося в сосуде метана, то парциальное давление паров воды должно быть равно $\frac{1}{2} p_0 = 380 \text{ mm} \cdot \text{cm}$. Это, однako, больше давления насыщенных паров воды. Следовательно, больше часть воды паров при охлаждении сконденсируется, и парциальное давление насыщенных паров воды в сосуде будет равно $p_{\text{H}} = 17 \text{ mm} \cdot \text{cm}$.

Окончательно после взрыва и охлаждения смеси полное давление в сосуде

$$p = p_{\text{CH}_4} + p_{\text{CO}_2} + p_{\text{H}_2}\text{O} = \frac{1}{4} p_0 + \frac{1}{4} p_0 + p_{\text{H}} = 397 \text{ mm} \cdot \text{cm}$$

При решении мы пренебрегли тем, что в результате конденсации воды объем, занимаемый газом, уменьшился. Это допустимо, так как объем воды в жидком состоянии мал по сравнению с объемом пара.

Ф235. Маленькая капля воды падаем в воздухе с постоянной скоростью влагодаря мому, что на нее со стороны воздуха действует сларняя, вызванная стокновением молекул воздуха с каплей. Как изменится скорость nadения капли при увеличиении температуры воздуха?

Испаренем капли пренебречь.

На водяную каплю, движущуюся в воздухе, действуют две силы: сила тяжести и сила сопротивления. Если эти силы одинаковы по абсцилтной величины, то капля движется с постоянной скоростью. Величина этой скорости, очевидно, зависит от массы капли, так и от силы сопротивления, вызванной соударением с каплей молекул воздуха. При изменении температуры воздуха изменяется скорость теплового движения молекул. Поэтому естественно ожидать, что скорость падения капли тоже изменится.

Теперь проводим количественные расчеты.

Рассмотрим стокновения молекул воздуха с каплей и найдем, как зависит сила сопротивления от скорости теплового движения молекул. При этом будем считать, что:

1. стокновения молекул с каплей — упругие;
2. молекуры, стакивающие с каплей, движутся или вертикально вверх, или вертикально вниз;
3. скорости всех молекул одинаковы.

Эти допущения упрощают расчедения, но при этом они не изменяют реальной картины явления.

Вначале рассмотрим стокновение параллельного пучка части с неподвижной стенкой. Обозначим площадоперечного сечения пучка $s$, скорость частиц $u$, число частиц в единице объема $n$. За время $\Delta t$ составляет стокновый стакиватель те молекулы, которые находятся от нее на расстоянии, не большем чем $u \Delta t$. Число таких частиц равно $su \Delta tn_0$ (м$_0$ — масса одной частицы), а импульс $mu = su^2 \Delta tn_0$.

После упругого стокновения импульс части меняется на противоположный, поэтому изменение импульса равно $\Delta (mu) = 2mu$.

Это означает, что на частицы со стороны стенки и на стенку со стороны частиц действуют средние силы, равные по абсцилтной величины.

$$F = \frac{\Delta (mu)}{\Delta t} = 2su^2 nm_0$$

Таким образом, сила, действующая на стенку, пропорциональная квадрату скорости части относительной стенки.

Теперь рассчитаем силу сопротивления для движения капли. Обозначим скорость капли $v$, а скорость теплового движения молекул воздуха $u$. Молекуры, налетящие на каплю сизу, движутся относительно капли со скоростью $u + v$, а налетящие на каплю сверху — со скоростью $u - v$. Поэтому сизу на каплю действует сила $F_1 = k (u + v)^2$, а сверху — $F_2 = k (u - v)^2$ (к— коэффициент пропорциональнойности, не зависит от скоростей $v$ и $u$).

Результырующая сила

$$F = F_1 - F_2 = 4kuv$$

Итак, сила сопротивления, действующая на каплю, пропорциональная скоростью $u$ и $v$. Кроме этой силы, на каплю действует еще сила тяжестеки $Mg$. При равномерном движении

$$Mg = 4kuv,$$

откуда

$$v = \frac{Mg}{4ku}.$$

30

To есть скорость падения капли обратно пропорциональна тепловой скорости движения молекул воздуха. Но, как известно, $u \sim \sqrt{T}$. Следовательно,

$$v \sim \frac{1}{\sqrt{T}}.$$

Поэтому при увеличении температуры воздуха скорость падения капли уменьшится.

Ф236. Определить период колебаний полярной молекулы в однородном электрическом поле, направленном коморою $E=300$ в/cм. Полярную молекулу можно представить в виде жесткой гантельки длины $l(l=10^{-8} \text{ cm})$, на концах коморои находятся две матерциальные точки массы $m(m=10^{-24} \text{ e})$, несуществие на себе заряды $+e$ и $-e$ соответственно ($e=1,6 \cdot 10^{-19} \text{ K})$.

В положении устойчивого равновесия молекula располагается вдоль поля (рис. 24). Если ее вывести из этого состояния, то возникает врашательный момент, поворачивающий молекулу вокруг ее центра тяжесте. Этот момент создают электрические силы $F_1$ и $F_2$, действующие на заряды со стороны электрического поля (рис. 25).

Если рассматривать заряды каждой в отдельности, то можно сказать, что электрические силы для них играют роль возврашающих сил. Поэтом заряды колеблются подобно математическим матрикам длиной $\frac{l}{2}$.

Воспользовемся этой аналогией и запишем период колебаний молекулы так:

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{2g'}}$$

где $g'$ —ускорение, которое электрическое поле сообщает каждой заряду. Так как $g' = \frac{F_{эл}}{m}$, а $F_{эл} = eE$, то

$$g' = \frac{eE}{m}.$$

Поэтом окончательно

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{2g'}} = 2\pi \sqrt{\frac{lm}{2eE}} \approx 2 \cdot 10^{-11} \text{ c}.$$

Отвечая на этот вопрос, оставимся на двух наиболее существенных факторах.

Во-первых, лице человека в массе освещено гораздо хуже, чем сама масса и окружающей средом, ищущим от маски и других предметов. Поэтому свет, отраженный лицом, очень слаб по сравнению со светом, ищущим от маски и других предметов. Вот почему для наблюдателя из публики лице фехтовальщика в массе практически неразличимо. Сам же спортемен, наоборот, хорошего видит ярко освещенные предметы вокруг себя на фоне слабого света, отраженного внутри сторонной проводной маски. К тому же изобравнение маски в глаза спортмена получается сильно размытым (несфокусированным), так как маска расположена слишком близко к глазу.

Аналогично обязывается, почему днем невооруженным глазом нельзя увидеть звезд: солнечный свет, рассеяний атмосферой, гораздо сильнее света.

Во-вторых, поскольку проводная сетка находится близко от лица спортемена, она закрывает для наблюдателя довольно большую часть лица. В то же время спортемен эта маска почти не мешает.

В заключение рассмотрим еще одну подобную задачу — почему днем с улицы ничего не видно внутри комнаты, если смотреть через окно, занавшенное сетчатой ткани? Очевидно, в этом случае тот факт, что сильное освещенная снавеска освещена слабо. Однако, видно будет значительное хуже, если в комнаты попадают прямые солнечные лучи и стены комнаты хорошего отражателя свет,—тогда и изнутри снавеска освещена хорошего. Чтобы хорошо видеть то, что происходит на улице, необходимо в этом случае подойти вплотную к окну.

И.Ш. Словодечкий