Решения задач М236—М240; Ф243—Ф247

46

Решения задач
M236—M240; Ф243—Ф247

M236. a) Имеется 51 двузначное число. Доказим, что из этих чисел можно выбрать по крайней мере 6 чисел так, чтобы никакие два из выбранных чисел ни в одном разряде не имели одинаковой цифры.

б) Данны натуральные числа k и n, 1 < k < n. Для каждого наименьшего m верно следующие утверждения: при любой рассмановке m ладей на доске размером n × n можно выбрать k ладей из этих m так, чтобы никакие две из выбранных ладей не были друг друга?

Решим сначала задачу 6). Доказем, что если m = n (k − 1) + 1, то всегда можно выбрать k ладей так, чтобы никакие две из них не были друг друга. (To, что n (k − 1) ладей недостаточно,— очень много расставить в первых k − 1 столбцах и тогда больше чем k − 1 выбрать невозможно.) Итак, m = n (k − 1) + 1. Показем, что из этих m ладей всегда можно выбрать такую, что в ее «кресте» — прохождение через ладью столбце и строке — стоит не более n + k − 2 ладьи. Пусть этого сделать нельзя. Выберем среди всех рядов (строк и столбцов) тот, в котором ладей больше всего; обозначим их число через l. По предположению в кресте каждой из этих ладей стоит больше n + k − 2 ладьи; значит, всего ладей не меньше l (n − k − l), причем l ≥ n + k − l и n ≥ l, то есть l ≥ k. Теперь уже легко заметить, что l (n + k − l) не меньше n · k, что больше m = n (k − 1) + 1, если n больше единицы. Получили противоречение; поэтому найдется ладья, крест которой содержит не более n + k − 2 ладьи. Отметим эту ладью и вырежем ее крест из dockки. Из оставшихся частей составим dockу размерми (n − 1) × (n − 1). На новой доске будет не меньше m − (n + k − 2) = n (k − 1) + 1 − (n + k − 2) = (n − 1) (k − 2) + 1 ладей.

Предположим теперь, что для досок r × r, где r < n, утверждение уже доказано (проверьте его, например, для n = 3, k = 2). Тогда на доске (n − 1) × (n − 1) из (n − 1) · (k − 2) + 1 ладей всегда можно выделить (k − 1) ладью так, что никакие

47

каошпесся внутри треугольника в точке O (рис. 1). Заметим, что для того, чтобы центр тяжестки*) эти масс попал в точку O, необходимо выполнение соответствий $\frac{m_c}{m_a} = \frac{AD}{DC}$ и $\frac{m_b}{m_a} = \frac{AE}{BE}$ (доказите это). Перейдем теперь к решению задачи.
a) Пусть BD и CE—высоты в треугольнике ABC (рис. 2). Тогда
$$\frac{BD}{AD} = \text{tg} \alpha, \quad \frac{BD}{DC} = \text{tg} \gamma,$$
то есть
$$\frac{AD}{DC} = \frac{\text{tg} \gamma}{\text{tg} \alpha}.$$
Согласно следующему замечанию, $\frac{m_c}{m_a} = \frac{\text{tg} \gamma}{\text{tg} \alpha}$ и аналогично $\frac{m_b}{m_a} = \frac{\text{tg} \beta}{\text{tg} \alpha}$. Значит, в вершины A, B, C треугольника ABC можно поместить, например, массы $m_a = \text{tg} \alpha, m_b = \text{tg} \beta, m_c = \text{tg} \gamma$.
6) Пусть O—центр описанной окружности (рис. 3). Имеем:
$$\frac{AD}{BD} = \frac{\sin \beta_1}{\sin \alpha},$$
$$\frac{DC}{BD} = \frac{\sin \beta_2}{\sin \gamma}.$$
(терема синусов для треугольников ABD и BCD).
Позетому
$$\frac{AD}{DC} = \frac{\sin \gamma \cdot \sin \beta_1}{\sin \alpha \cdot \sin \beta_2}.$$
Треугольник BAK — прямогольный

*) О центрах тяжестки см. статью М. Б. Балка, Н. А. Григорьева, Механика помогает геометрии, «Квант», 1973, № 11, с. 34—35.

(✉BAK = 90°) и ✉BKA = ✉BCA = γ; поэтому $\sin \beta_1 = \cos \gamma$. Аналогично $\sin \beta_2 = \cos \alpha$.
Итак,
$$\frac{AD}{DC} = \frac{\sin \gamma}{\sin \alpha} \cdot \frac{\cos \gamma}{\cos \alpha} = \frac{\sin 2\gamma}{\sin 2\alpha}.$$
Учитывая замечание:
$$\frac{m_c}{m_a} = \frac{\sin 2\gamma}{\sin 2\alpha}.$$
Таким же образом
$$\frac{m_b}{m_a} = \frac{\sin 2\beta}{\sin 2\alpha}.$$
Значит, можно взять $m_a = \sin 2\alpha, m_b = \sin 2\beta, m_c = \sin 2\gamma$.
в) Легко видеть (см. рис. 4), что AD=p-a, DC=p-c, где $p = \frac{a+b+c}{2}$, поэтому
$$\frac{m_c}{m_a} = \frac{p-a}{p-c}.$$
Аналогично AE=p-a, EB=p-b, то есть
$$\frac{m_b}{m_a} = \frac{p-a}{p-b}.$$
Позетому достаточно положить
$$m_a = \frac{1}{p-a}, \quad m_b = \frac{1}{p-b}, \quad m_c = \frac{1}{p-c}.$$
г) Так как BD—бисектриса угла B (см. рис. 5), то $\frac{AD}{DC} = \frac{c}{a}$ или $\frac{m_c}{m_a} = \frac{c}{a}$;
соответствие CE—бисектриса угла C и $\frac{AE}{BE} = \frac{b}{a}$, то есть $\frac{m_b}{m_a} = \frac{b}{a}$. Позетому можно взять $m_a = a, m_b=b, m_c=c$.

Б. Д. Гинзбург

48

Рис. 6.

M238. Докажите, что сумма $C_n^1 + C_n^3 \cdot 1973 + C_n^5 \cdot (1973)^2 + C_n^7 \cdot (1973)^3 + \dots$ делится на $2^{n-1}$. (Здесть $C_n^k$ – коэффициенты множителя множителя)

$$(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^k b^{n-k}.$$

Будем решать нашу задачу по индукции. Положим

$$\gamma_n = C_n^1 + C_n^3 \cdot 1973 + C_n^5 \cdot (1973)^2 + \dots$$

Имеем:

$$\gamma_1 = 1 \text{ делится на } 2^{1-1}=1;$$
$$\gamma_2 = 2 \text{ делится на } 2^{2-1}=2.$$

Предположим, что при всех $k<n$

$$\gamma_k = C_k^1 + C_k^3 \cdot 1973 + \dots.$$

делится на $2^{k-1}$, и доказем, что тогда $\gamma_n$ делится на $2^{n-1}$. Из определения чисел $C_n^k$ сразу следует, что

$$\gamma_n = C_n^1 + C_n^3 \cdot 1973 + \dots = \frac{(1 + \sqrt{1973})^n - (1 - \sqrt{1973})^n}{2\sqrt{1973}}.$$

Обозначим $1 + \sqrt{1973}$ через $\alpha, a_1 - \sqrt{1973}$ через $\beta$.

Учитывая эти обозначения, перепишем $\gamma_n$ так:

$$\gamma_n = \frac{(\alpha^{n-1} - \beta^{n-1})(\alpha + \beta)}{2\sqrt{1973}} - \frac{\alpha \beta (\alpha^{n-2} - \beta^{n-2})}{2\sqrt{1973}} = 2\gamma_{n-1} + 1972 \gamma_{n-2} = 2\gamma_{n-1} + 4 \cdot 493\gamma_{n-2}.$$

По предположению индykции $\gamma_{n-1}$ делится на $2^{n-2}$, $\gamma_{n-2}$ делится на $2^{n-3}$; значит, все сумма делится на $2^{n-1}$ — что и требовалось доказать.

Л. Г. Лиманов

M239. На плоскости заданы две точки $A$ и $B$. Пусть $C$ — некоморяя точка, одинаково удаленная от $A$ и $B$. Построим последовательность точки $C_1 = C$, $C_2$, $C_3$, …, $C_n$, $C_{n+1}$, …, еде $C_{n+1}$ — ченстр окружности, описанной около треугольника $AC_nB$. При каком положении точки $C$

a) точка $C_n$ попадет в середину отрезка $AB$ (при этом $C_{n+1}$ и дальнейшие члены последовательности не определяны)?
b) точка $C_n$ совпадает с $C$?

Пусть $\not\Rightarrow C_nBA = \not\Rightarrow C_nAB = \alpha_n$. Легко проверить (рис. 6 а, 6), что для остругольного треугольника

$$\alpha_{n+1} = 2\alpha_n - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{4} < \alpha_n < \frac{\pi}{2},$$

для тупоугольного

$$\alpha_{n+1} = \frac{\pi}{2} - 2\alpha_n, 0 < \alpha_n < \frac{\pi}{4}.$$

Это можно записать одной формулой:

$$\alpha_{n+1} = \left| 2\alpha_n - \frac{\pi}{2} \right|, 0 < \alpha_n < \frac{\pi}{2},$$

которые годится и для прямого треугольника; при $\alpha_n = \frac{\pi}{4}$ получим $\alpha_{n+1} = 0$ — центр $C_{n+1}$ попадает в середину отрезка $AB$.

Положим $\alpha_n = x_n \cdot \frac{\pi}{2}$ ($x_n$ — отношение величины угла $\alpha_n$ к величине прямого угла). Из (3) ясно, что $x_n$ получается из $x_0$ $n$-кратным применимым отображения

$$x \rightarrow f(x) = |2x - 1|, x \in [0, 1],$$

рис. 7.

51

Замечание. Многочлен $x^{1000}$ был вычислен нами способом (2). Однако существуют многочлены, для которых ни способ (1), ни способ (2) не являются наилучшими. Например, многочлен $x^{170}$ может быть вычислен за 9 умножений (найдите такой способ сами!), хотя $\langle 170 \rangle_2 = 10 \cdot 101 \cdot 010$, так что $E(170) = H(170) = 4$, $[\log_2 170] = 7$; при способе (1) нужно 10 умножений, а при способе (2) — 11 умножений и одно деление.

Э. Г. Белая

Ф243. Почему при ярком освещении me, кто пользовся не очень сильными окками, могут читать и без ошибки?

Почему для того, чтобы сформировать одновременное два объекта, один из которых находится дальше другого, и получить на формилее резкое изображение объекта, общую уменшаютом диаметром отверстия объекта (объектив диаметром)?

Резкое изображение представляет, которое дает хрусталик несовершенню глаза, получается не на сетчатке глаза, а перед ней, если человек близорук, или за ней, если человек дальнозорок. В обихх случях изображение каждого точки на сетчатке глаза получается в виде распливчатого круглого пятна, диаметр которого зависит от диаметра зрача и от степени близорукости (или дальнейнозоркости) человека (рис. 9). Чем меньше диаметр зрача, тем уже пучок лучей, создающий изображение точки, тем меньше пучок лучей, создающий изображение на сетчатке. При ярком освещении диаметр зрача уменьшается, и изображение буков для людеи, носящих не очень сильные окки, оказывается слабым размытым. Поэтому они могут читать и без ошибок. Для тех же, кто пользовается сильными окками, изображение буков получается далего от сетчатки глаза, и несмотря на небольшой диаметр зрача, изображение буков оказывается сильно размытым, так что читать текст без ошибок все равно невозможно.

Аналогично обязывается увеличение глубины резкости (то есть области, которая

Рис. 10.

получается резкой на фотопленке) при уменьшении диаметра отверстия объекта. Действительно, пусты мы хотим одновременно сформировать две точки, находящиеся на некотором расстоянии друг от друга (рис. 10). Если аппарат сформирован на какой-то предмет между этими двумя точками (объектив дает на фотопленке резкое изображение этого предмета), то изображение точки на фотопленке получается расплывчатым, но диаметр каждого из пятен — изображенный точек — зависит от диаметра отверстия объекта, уменьшается при уменьшении этого диаметра.

Ф244. К двум точкам прикреплены цепочки длины l и концы двух стержней, сумма длины которых может равна l, а свободные концы шарнирно связаны. Чей цепир мяжести находимся ниже — цепочки или стержней?

Потянуть за одно из звенев цепочки (рис. 11), ей можно придать форму стержней. При этом будет произведена работа, которая, очень удобно, идет на увеличение потенциальной энергии цепочки, то есть на подъем ее центра тяжесте. Так как в новом положении центра тяжесте цепочки совпадает с положением центра тяжесте стержней, ясно, что цепир тяжесте свободно висшей цепочки расположен ниже центра тяжесте стержней.

Ф245. Имеется равномерно загруженная полусфера. a) Показать, что плоскость, «закрывающий» эту полусферу, эквивалентна. b) Определить направленность поля в точках этой плоскости.

Плотность загруженных полусферы равна σ.

52

Сложим две одинаковые равномерно заряженные полусферы с равными плотностями зарядов. В этом случае мы получим равномерно заряженную сферу, внутри которого направленность поля, как известно, равна нулю. Согласно принципу суперпозициии, однako, направленность поля заряда сферы равна сумме направленностей полей зарядов полусфер. Следовательно, равна нулю сумма $E_1 + E_2$ направленностей полей зарядов полусфер. Это возможно только в том случае, когда $|E_1| = |E_2|$ и, кроме того, оба вектора $E_1$ и $E_2$ направленкулярны к плоскости $\Pi$, «закрывающей» полусферу. Действительно, из симметрии ясно, что составляющие векторов $E_1$ и $E_2$, параллельные этой плоскости, должны быть равны равными. Складываясь, они даут нуль только в том случае, если сами равны нулю.

Итак, мы доказали, что векторы направленности поля в точках плоскости $\Pi$ перпендикулярны к этой плоскости. Это означает, что при перемещении заряда в плоскости $\Pi$ не совпадает работа. Следовательно, плоскость $\Pi$ эквивалентна.

Теперь найдем направленность поля в точках плоскости $\Pi$. Согласно принципу суперпозициии направленность поля в точке $O$ равна сумме направленностей полей зарядов отдельных участков полусферы. направленность поля заряда участка $A$ равна, очевидно, по абсолотной величины

$$E_A = \frac{Q_A}{R^2} = \frac{\sigma S_A}{R^2},$$

где $S_A$ — площадь участка $A$ (участок $A$ — участок направленности полусферы столб мыльный, что его можно считать плоским, то есть линейный размер его много меньше радиуса полусферы).

направленность поля в точке $O$ равна, очевидно, сумме направленностей полей зарядов отдельных участков полусферы. Составляющая $E_A$, направленкулярная к плоскости полусферы, равна $E_A$ cos $\alpha$ (см. рис. 12). Следовательно, нам нужно

$$E = \sum \frac{\sigma}{R^2} S_A \cos \alpha = \frac{\sigma}{R^2} \Sigma S_A \cos \alpha.$$

Так как $S_A$ cos $\alpha$ — это проекция площади участка $A$ на плоскость $\Pi$, а сумма таких проекций площадей всех участков полусферы, очевидно, равна площади плоскости $\Pi$, то есть $\pi R^2$, то

$$E = \frac{\sigma}{R^2} \pi R^2 = \pi \sigma.$$

Мы нашли направленность в центре плоскости $\Pi$. Нетрудно найти направленность поля в точках окружности, которая является пересечением плоскости $\Pi$ и полусферы. Так как поверхность полусферы эквивалентна, то сливые линии в любой точке полусферы должны быть перепедикулярны к полусфере. С другой стороны, в точках $C$ и $B$ должны быть перепедикулярны плоскости $\Pi$. Однакоренено и то, и другое возможно только, если направленность поля в этих точках равна нулю.

Нахождение направленности поля, создаваемого зарядом полусферы в других точках плоскости, требует сложных вычислений. Поле это не недоподно. Очевидно, что оно обладает симметрией относительно точки $O$ и в каждой точке плоскости зависит от расстояния до этой точки от центра $O$.

Ф246. Теллошозированный сосуд объемом 2 V разделен пополам монкой перегородкой. В одной полинение сосуда находится одноатомный газ с температурой $T_1$ и давлением $p_1$, в другой полинение — другой одноатомный газ с давлением $p_2$ и температурой $T_2$. Найти установившую температуру смеси газов после моего, как убрали перегородку.

Воспользовемся законом сохранения энергии. Так как сосуд теплопроводен, то полная энергия газов при их перемещении не может измениться. Внутренняя энергия $n$ молей идеального одноатомного газа равна кинетической энергии хаотического движения молекул газа:

$$U = \frac{3}{2} nRT,$$

где $T$ — абсолотная температура газа, $R$ — унверсальная газовая постоянная. Это означает, что пока не убрали перегородку, внутренняя энергия системы была равна

$$U = \frac{3}{2} n_1RT_1 + \frac{2}{3} n_2RT_2$$

($n_1$ — число молей первого газа, $n_2$ — число молей второго газа). После того как убрали перегородку, температура газов стала $\frac{3}{2} n_1RT$ и $\frac{3}{2} n_2RT$. По закону сохранения энергии

$$\frac{3}{2} n_1RT_1 + \frac{3}{2} n_2RT_2 = \frac{3}{2} n_1RT + \frac{3}{2} n_2RT.$$

53

Рис. 13.

Отсюда

$$T = \frac{n_1 T_1 + n_2 T_2}{n_1 + n_2} = \frac{\frac{n_1}{n_2} T_1 + T_2}{\frac{n_1}{n_2} + 1}.$$

В это выражение входит отношение $n_1/n_2$. Чтобы найти его, запишем уравнение газового состояния для обих газов до перемешивания:

$$p_1 V = n_1 R T_1; \quad p_2 V = n_2 R T_2.$$

Разделив первое равенство на второе, получим

$$\frac{n_1}{n_2} = \frac{p_1}{p_2} \frac{T_2}{T_1}.$$

Следовательно,

$$T = \frac{T_1 T_2 (p_1 + p_2)}{p_1 T_2 + p_2 T_1}.$$

Ф247. Модель молекулы уклесклого газа CO₂ — при шарика, соединенные пружинками и расположенные в положении равновесия вдоль одной прямой. Такая молекula может совершать линейные колбания двух типов: а) или б) на рис. 13. Наименование частот эмпирического колебания.

Обозначим жесткость пружинок модели молекулы $k$, массу шариков — atomов кислорода $M$ и массу шарика — atomа углерада $m$ ($m/M = 12/16$).

Совершая колбания типа $a$), оба atomа кислорода колбаются синхронно относительно неподвижного atomа углерада. Это связывано с тем, что в силу симметрики колбаний atomов кислорода на atom углерада в любой момент действуют с обих сторон равные по абсолотной величины и противоположно направленные силы, которые «уравновешивают» друг друга. Поэтому в случае а) atomы кислорода совершают свободные колбания, период которых равен

$$T_a = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k}}.$$

При колебаниях типа $\delta$) на atom углерада действуют равные по абсолотной величины, но направлены они в одну и ту же сторону. Если шарик — atom углерада разбит на две равные части, то ясно, что они будут колбаться как одно целое: на них всегда действуют равные силы и, следовательно, шарики-половинки в любой момент будут одинаковые ускорения, скорости и координаты. Частота колебаний молекулы CO₂ равна частоте колбаний системы, состоящей из atoma кислорода и половины atomа углерада. Таким образом, задача сводится к определению перiode колебаний соединительных пружинкой шариков массы $M$ и $m/2$. Такие шарики колебются около неподвижного центра масс системы. Если длина пружинки в нераспятную месту состояния равна $l$, то центр масс системы находится на расстоянии $l \frac{m}{m+2M}$ от шарика массы $M$. Поэтому можно считать, что шарик массы $M$ (atom кислорода) колебляется относительно центра масс на пружинке длины

$$l_1 = l \frac{m}{m+2M}.$$

Жесткость части пружинки больше жесткости целой пружинки. Так как жесткость обратно пропорциональна относительной части к длине целой пружинки, то жесткость части пружинки

$$k_1 = k \frac{l}{l_1} = k \frac{m+2M}{m}.$$

Перiod колебаний шарика массы $M$ на пружинке жесткости $k_1$ равен

$$T_\delta = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k_1}} = 2\pi \sqrt{\frac{mM}{k(m+2M)}}.$$

а

$$\frac{T_\delta}{T_a} = \sqrt{\frac{m+2M}{m}} = \sqrt{1 + \frac{2M}{m}}.$$

Так как $\frac{M}{m} = \frac{16}{12} = \frac{4}{3}$, от

$$\frac{T_\delta}{T_a} = \sqrt{1 + \frac{8}{3}} = \sqrt{\frac{11}{3}}.$$

Следовательно, относение частот

$$\frac{v_\delta}{v_a} = \sqrt{\frac{3}{11}}.$$

И. Ш. Словодечкий