Решения задач М301— М303

51

в прямом направлении равно нулю, а в обратном — бесконечно велико).
(9—10 кл.)

Рис. 2.

Ф351. При слабом ударе футбольного мяча о стенку он деформируется, как показано на рисунке 3. При этом деформация $x$ мяча много меньше его радиуса, и можно с хорошим приближением считать, что давление $p$ воздейства в мяче в процессе удара не меняется.

Пренебрегая упругостью покрышки, оценить время соударения мяча со стенкой. Провести числовой расчет для случая, когда масса мяча $m=0,5$ кг, давление в нем $p=2$ атм и радиус $R=12,5$ см. (10 кл.)

Рис. 3.

Ф352. Для регулярования напряжения на нагрузке собранна схема, показанная на рисунке 4. Сопротивления нагрузки и регуляровочного резистора равны $R$. Нагрузка подключена к поливине резистора. Наряжение $U_{bx}$ на входе цепи увеливается вдвое. Как изменить положение движения резистора для того, чтобы напряжение на нагрузке осталось прежним? (8 кл.)

Рис. 4.

Решения задач
M301—M303

M301. На плоскости заданы 2n мочек — n синих и n красных, причем никакие три мочки не лежат на одной прямой. Доказите, что можно проверить n отрезков мак, что у каждой отрезка один конец лежит в красной мочке, другой — в синей мочке, и никакие два отрезка не имеют общих мочек.

Назовем системой вскрытие $n$ отрезков, таких, что у каждой отрезка один конец лежит в красной мочке, другой — в синей мочке, и никакие два отрезка не выходят из одной точки. Чтобы построить систему, надо как-нибудь разбить наши 2n точек на $n$ пар — по одной красной и одной синей в каждой паре — и соединить точки каждой пары отрезком.

Надо найти систему, отрезки которой не имеют друг с другой обших точек. Доказем, что годится система, для которой сумма длины отрезков — минимальная из всех возможных (для данных 2n точек). Действительно, пусть у нас есть такая система с минимальной суммой длины отрезка-

52

ков. Докажем, что все ее отрезки не имеют общих точек. Допустим противное: пусть два ее отрезка $K_1C_1$ и $K_2C_2$ имеют общую точку $O(K_1, K_2)$ — красные, $C_1, C_2$ — синные точки, рис. 1). Докажем, что тогда сумма длины отрезков этой системы может быть уменьшена.

По условию нижкие три из точки $K_1, K_2, C_1, C_2$ не лежат на одной прямой. Тогда точки $K_1, K_2, C_1, C_2$ — вершины выпуклого четырехугольника. Разумеется, сумма длины двух его противоположных сторон меньше суммы длины диагоналей, например, $|K_1C_2| + |K_2C_1| < |K_1C_1| + |K_2C_2|$ (см. рис. 1).

Заменив в нашей системе отрезки $K_1C_1$ и $K_2C_2$ отрезками $K_1C_2$ и $K_2C_1$, мы уменьшим сумму длины отрезков, что противоречит предположению.

Приведем другое решение задачи, предложенное ее автором C. Охимным (Оренбург), а также несколькими читателями.

Докажем сначала такую лемму:

для любого множества $n$ синхии и $n$ красных точек, о котором говорится в условиям, можно проверить прямую $l$马克, что в каждой из полуплоскостей, на котором лазьваем плоскость, лежит поровну синхии и красных точек, причем не все $2n$ точек лежат в одной полуплоскости и нижкая из них не принадлежит $l$.

Рассмотрим выпуклую оболочку множества из наших $2n$ точек: наименьший содержащий их выпуклый многоугольник. Несколько из этих $2n$ точек служат его вершинами. Разберем два случая.

a) Среди вершин есть и красные, и синные точки. В этом случае найдет две соседние вершины разных цветов: $K_0$ и $C_0$. Проведем прямую $l$ параллельно отрезку $K_0C_0$ так, чтобы все остальные $2n-2$ точки лежали по другую сторону от $l$. Это и есть нужная прямая (рис. 2).

b) Все вершины — одного цвета, скажем, синero. Выберем какое-то направление так, чтобы никакая прямая этого направления не проходила через точки нашего множества. Можно считать, что это направление — вертикальное (рис. 3). Будем dvгать равномерно вертикальное прямую (слева направо) и отметим те моменты времени $t_1, \dots, t_{2n}$, когда она будет проходить точки нашего множества. Обозначим через $f(t)$ разность между количеством синхии и красных точек влевой полуплоскости нашей прямой в момент времени $t$. На каждом отрезке, на которых точки $t_1, t_2, \dots, t_{2n}$ разбиются ось $-\infty < t < +\infty$, функция $t \rightarrow f(t)$ построена, в частиности, $f(t) = 1$ при $t_1 < t < t_2$ (слева от прямой — одна синяя точка и 0 красных), $f(t) = -1$ при $t_{2n-1} < t < t_{2n}$, и при каждом перехождение через $f(t)$ меняется на ед и ни цу. Ясно, что на каком-то отрезке $]t_h, t_{h+1}$ значение $f(t)$ должно равняться 0.

Любую вертикальную прямую, соответствующую моменту времени $t$ между $t_h$ и $t_{h+1}$, можно взять в качестве $l$. Лемма доказана.

Теперь утверждение задачи легко доказать индукцией по $n$. Для $n = 1$ (данные точки — синяя и красная) оно очевидно. Предположим, что для всех множества из $2k$ точек ($k$ синих и $k$ красных), где $k < n$, утверждение справедливо. Тогда оно справедливо и для множества из $2n$ точек: пользоваться леммой, мы можем разбить такое множество на два, к каждому из которых применимо предположение индукции. Отрезки, лежащие в одной и другой полуплоскости, разумеется, не будут пересекаться.

A. Л. Тоом, Н. Б. Васильев

53

М302. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей границы $ABCD$ (($AB$)||(CD)), $A'$ и $B'$ — точки, симметричные точки $A$ и $B$ относительно биссектори узла $AOB$. Доказим, что $\triangle ACA' \cong \triangle BDB'$ (рис. 4).

Рис. 4.

М303. Прямоугольник $300 \times 1000$ разрезан на квадраты $1 \times 1$, и в некоторых 30 вершинках квадратов помещены одинаковые сирвы. Доказим, что можно выбрать две непересекающие группы сирек — не более чем по 10 в каждой — так, что их центры мяжести совпадают.

Поскольку $ABCD$ — трапеця, то $\frac{|OB|}{|OA|} = \frac{|OD|}{|OC|}$.

Обозначим это отношение через $k$. Пусть $F$ — композиция двух преобразований: симметрини относительно биссекtrисы угла $AOB$ и горотетни (подобного преобразования) с центром $O$ и коэффициентом $k$. Нетрудно видеть, что

$$F(A) = B, F(C) = D, F(A') = B'$$

т. е.

$$F(\triangle ACA') = \triangle BDB'$$

позному $\triangle ACA' \cong \triangle BDB'$.

План другого решения: поскольку $|OB| \cdot |OC| = |OA| \cdot |OD|$, то $|OB'| \cdot |OC| = |OA'| \cdot |OD|$,

и точки $C, D, B'$ и $A'$ лежат на одной окружности.

Введем систему координат $Oxy$ так, чтобы вершины прямого лыжника получили координаты $(0, 0), (0; 300), (1000; 300), (1000; 0)$. Если какие-то 10 гирек находятся в точках $(x_1, y_1), (x_2, y_2), \dots, (x_{10}, y_{10})$, то координаты их центра тягестки $\frac{x_1 + x_2 + \dots + x_{10}}{10}, \frac{y_1 + y_2 + \dots + y_{10}}{10}$.

Таким образом, координаты центра тягестки любых 10 гирек, расположенных в «целых точках» прямого лыжника — в вершинах квадратов построенной сетки,— обязательно имеют вид $(k/10, l/10)$, где $k$ и $l$ — целые числа, причем $0 \leq k \leq 1000$ и $0 \leq l \leq 3000$. Точек такого вида существует.

$$1001 \cdot 3001 = 30013001$$

(1)

С другой стороны, 10 гирек из данных 30 можно выбрать

$$C_{10}^{10} = \frac{30 \cdot 29 \cdot 28 \cdot 27 \cdot 26 \cdot 25 \cdot 24 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21}{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} =$$

$$= 29 \cdot 23 \cdot 13 \cdot 11 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3^2 = 30015 \cdot 1001 = 30045015$$

способами *). Поскольку (1) меньше (2), центры тягестки каких-то двух различных групп по 10 гирек должны попасть в одну точку.

Задча была бы уже решена, если бы в условиях не требовалось, чтобы группы гирек были непересекающими, чтобы тягестки $C'$, $C''$ составляли их гиреп из $k$ и $(10-k)$ гирек, и делит этот отрезок в относительной $(10-k)/k$. Поскольку центры тягестки для той и другой групп по 10 гирек совпадают, то центры тягестки обих гиреп по $(10-k)$ гирек также совпадают.

Н. Б. Васильев

*) См. статью Н. Я. Виленкина «Комбинаторика» в «Кванте», 1971, № 1, или учебник для 9-го класса Б. Е. Вейцца и И. Т. Демидова, гл. I.