Решения задач М391—М394; Ф397—Ф402

30

Решения задач

M391. a) В последовательности $x_0, x_1, x_2, \dots$ числа $x_0$ и $x_1$ — натуральные и меньше 1000, а каждое из остальных чисел равно modulo разности двух предыдущих. Доказите, что одно из чисел $x_1, x_2, \dots, x_{1500}$ равно 0.

б) В последовательности $x_0, x_1, x_2, \dots$ числа $x_0$ и $x_1$ — натуральные и меньше 1000, а каждое из чисел $x_2, x_3, \dots$ равно наименьшей из абсциссных величины разностей двух каких-то предыдущих. Доказите, что $x_{20}=0$.

a) Докажем индукцией по всем натуральным $n$, что если в такой последовательности $x_0$ и $x_1$ меньше 2$n$, то одно из чисел $x_1, x_2, \dots, x_{3n}$ равно 0 (в условиях задачи $n=500$).

Случай $n=1$ легко проверяется. Пусть для всех $n$, меньше одного, утверждение доказано. Поскольку $x_0 \leqslant 2n-1$, $x_1 \leqslant 2n-1$, $x_2 \geqslant 1$, то $x_3 \leqslant 2n-2$ и $x_4 \leqslant 2n-3$. Если $x_3 < 2n-2$ и $x_4 < 2n-2$, то из индуктировного предположения все следует. Если же $x_3=2n-2$, то $x_2=1$, $x_1=2n-1$, $x_0=2n-2$. Осталось доказать утверждение в этом случае. Имеем:
$x_3=2n-2$, $x_4=2n-3$, $x_5=1$, $x_6=2n-4$, $x_7=2n-5$, $x_8=1$, …, $x_{3k}=2n-2k$, …, $x_{3n}=0$.

б) Сначала переставим члены $x_0, x_1$ и $x_2$ в порядке убывания. Получившаяся последовательность, возможно, будет отличаться от исходной лишь порядком первых трех членов (убедитесь в этом самостояльно). Кроме того, она, оченьindo, убивает: определяя член $x_k$, мы имеем все разности, которые пользовались для определения члена $x_{k-1}$, плоске еще разности между $x_{k-1}$ и остальных членами последовательности (с меньшим номерами).

Заметим теперь, что для всякого целого $k>0$
$x_k \geqslant x_{k+1}+x_{k+2}$.

В противном случае мы имеем бы
$x_{k+2}>x_k-x_{k+1}=|x_k-x_{k+1}|$, что невозможно.

Предположим, что $x_{20} \geqslant 1$. Тогда, разумеется, $x_{19} \geqslant 1$, и в силу (*) имеем: $x_{18} \geqslant x_{19}+x_{20} \geqslant 2$, $x_{17} \geqslant x_{18}+x_{19} \geqslant 2+1=3$, $x_{16} \geqslant x_{17}+x_{18} \geqslant 3+2=5$, …, $x_0 \geqslant x_1+x_2 \geqslant 4181+6765=10946>10000$, что противочитульно задачи.

С. Фомин

M392. По тем примерной дорозам с постояными скоростями идут при решениях. В начальной моментии они не находились на одной прямой. Доказите, что они могут оказаться на одной прямой не более двух раз.

Приведем два решения этой задачи. Первое (геометрическое) использует типичный для физики прием: переход в движущую систему отчета; второе (аналитическое) удается коротко записать с помощью «псевдоскалярного произведения» векторов.

I. Условие, что точки $P, Q, R$ находится на одной прямой, будем записывать так: $R \in (PQ)$ (при $P \neq Q$).

Перейдем в системе координат, связанную с одним из решений. Тогда задача сведется к следующей: на плоскости дана неподвижная точка $A$; доказать, что если точки $P$ и $Q$ движут примоленей и равномерно, то собственные $A \in (PQ)$ может произойти не более двух раз (если известно, что в начальной моменте времени $t=0$ оно не произойдет).

Пусть в какой-то момент времени $t_1$ решений $P$ и $Q$ находились в точках $B$ и $C$ таких, что $A \in (BC)$. Введем еще одного «фиктивного» решения $Q'$: $Q'$ находится в точке $B$ при $t=t_1$ и движется параллельно пути решения $Q$ так, что всегда $A \in (QQ')$ (рис. 1, a). Ясно, что условия $A \in (PQ), A \in (PQ')$ и $Q' \in (AP)$ эквивалентны *). Очевидно, $Q'$ движется равномерно. Поэтому прямая $PQ'$ сохраняет одно и то же направление — перемещается параллельно самой себе — и может лишь в один момент времени $t_2$ (отличный от $t_1$) пройти через точку $A$ (рис. 1, o). (Возможности, что точки $P$ и $Q'$ все время совпадают или что они движут по прямой $AB$, исключаны начальные условия.)

31

Нетрудно привести примеры, показывающие, что три решения действительного могут оказаться на одной прямой два раза, один раз или ни одного. Прежде чем перейти к решению II, отметим без доказательства один факт, из которого легко вытекает наша задача. Если две точки $P$ и $Q$ движутся равномерно по двум прямым, то все прямые $PQ$ либо проходят через одну точку, либо параллельны одному направлению, либо (и это общий случай) — касаются одной параболы — «огибающей» этого семейства прямых (рис. 2). Ясно, что через каждую точку $A$ плоскости проходит не более двух прямых этого семейства.

II. Введем систему координат $Oxy$. Условие, что два вектора $v$ и $w$ с координатами $(v_x; v_y)$ и $(w_x; w_y)$ колlinearны (параллельны одному направлению), можно, очевидно, записать так: $v_x w_y = v_y w_x$. Введем обозначение

$$[v, w] = v_x w_y - v_y w_x.$$ (1)

Числовая функция от пары векторов $(v, w) \rightarrow [v, w]$ обладает, как нетрудно проверить, таким свойством:

$$[\lambda v, w] = [v, \lambda w] = \lambda [v, w];$$
$$[v + w, u] = [v, u] + [w, u],$$
$$[u, v + w] = [u, v] + [u, w]$$ (2)

для любых векторов $u, v, w$ и любого числа $\lambda$. Как уже говорилось, $[v, w] = 0$ тогда и только тогда, когда $v$ и $w$ колlinearны. (Величина $[v, w]$ имеет простой геометрический смысл: ее модель равен площади параллелограмма, строоны которой изобразают векторы $v$ и $w$, а знак зависит от «ориентации» пары $(v, w)$, причем $[v, w] = -[w, v]$ (рис. 3); но эти свойства нам не понадобятся.)

Перейдем теперь непосредственно к решению задачи. Пусть $P, Q$ и $R$ движутся прямолинейно и равномерно. Тогда

$$\vec{RP} = \vec{a} + t \vec{v}, \quad \vec{RQ} = \vec{b} + t \vec{w},$$ (3)

где $t$ — время, $\vec{a}, \vec{b}, \vec{v}, \vec{w}$ — векторы, не зависящие от $t$. Получить формулы вида (3) нетрудно, пользоваться тем, что если какая-то точка $M$ движется со скоростью $\vec{u}$, то $\vec{OM} = \vec{OM}_0 + t \vec{u}$, где $\vec{M}_0$ — положение $M$ при $t = 0$, $O$ — фиксированная точка плоскости. С учетом (1) — (3) условия $R \in (PQ)$ можно записать так:

$$[v, w] t^2 + ([a, w] + [b, v]) t + [a, b] = 0.$$ (4)

Мы получили квадратное уравнение относительно $t$. Хотя некоторые его коэффициенты и могут обращаться в 0, но при $t = 0$, как сказано в условиям (4) не выполняется, так что (4) — не тожество. Следовательно, $R \in (PQ)$ не более чем при двух значениях $t$.

H. Васильев

M393. Найти сумму

$$\varphi(0) + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) +$$
$$+ \varphi\left(\frac{2}{n}\right) + \dots + \varphi(1),$$

если $\varphi(x) = \frac{4^x}{4^x + 2}$.

Мы решим более общую задачу, именно, когда $\varphi(x) = \frac{a^{2x+k}}{a^{2x}+a}$, где $k$ — любое действительное число, и $a > 0$ (положив $k = 0$, $a = 2$, получим ответ задачи M393).

Найдем выражение для $\varphi(1-x)$:

$$\varphi(1-x) = \frac{a^{-2x+k+2}}{a^{-2x+2}+a} = \frac{a^{k+1}}{a^{2x}+a}.$$

32

Сложив $\varphi(1-x)$ и $\varphi(x)$, получим:

$$\varphi(x) + \varphi(1-x) = \frac{a^{2x+k} + a^{k+1}}{a^{2x} + a} = a^k.$$

Пусть искомая сумма равна $S$. Тогда

$$S = \varphi(0) + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \ldots + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) + \varphi(1),$$

$$S = \varphi(1) + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) + \ldots + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \varphi(0).$$

Складывая эти два равенства и принимая во внимание, что

$$\varphi(0) + \varphi(1) = \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) = \ldots =$$

$$= \varphi(x) + \varphi(1-x) = a^k,$$

получаем

$$2S = (n+1)a^k,$$

то есть $S = \frac{1}{2}(n+1)a^k$.

Итак, ответ в задаче М393 следующий:

$$S = \frac{1}{2}(n+1).$$

С. Берколайко

M394. a) На плоскости даны векторы $a, b, c, d$, сумма которых равна 0. Доказите неравенство:

б) для четырех чисел и в) четырех векторов в трехмерном пространстве, сумма которых равна 0.

Рис. 5.

Рис. 6.

Мы сейчас решим только задачу a) (на олимпиде школьникам 9—10 классов предлагалась именно она); решению же задач б) и в) будет посвящена заметка, которую мы опубликуем в одном из ближайших номеров журнала.

Откладывая последовательно векторы $\vec{MN} = \vec{a}, \vec{NP} = \vec{b}, \vec{PQ} = \vec{c}, \vec{QM} = \vec{d}$, мы получим замкнутую ломанную (так как $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d} = 0$). Меняя порядок следования векторов $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$, можно получить несколько таких ломанных. Покажем, что среди этих ломанных есть саморесекациюся. Для этого возьмем какую-нибудь из наших ломанных. Если одна из ее вершин, например $Q$, лежит внутри треугольника $MNP$, образованного треями вершинами (рис. 4, а), то отложим вектор $\vec{QQ'} = \vec{MN}$. Так как при этом $\vec{Q}'N = \vec{QM}$, то ломанную $MNPQ$ можно заменить саморесекаюшейся ломаной $NPQQ'$ (рис. 4, б). Если же $MNPQ$ — выпуклая ломанная, то сначала проделаем построение, изобранное на рисунке 5.

Итак, пусть $\vec{MN} = \vec{a}, \vec{NP} = \vec{b}, \vec{PQ} = \vec{c}, \vec{QM} = \vec{d}$, причем отрезки $NP$ и $QM$ имеют общую точку $R$ (рис. 6). Тогда $|MR| + |PR| \geq |PM|, |NR| + |QR| \geq |QN|$, откуда $|MR| + |PR| + |NR| + |QR| \geq |PM| + |QN|$. Но $|PM| = |PQ + QM| = |c + d|,$

$$|QN| = |QM + MN| = |a + d|,$$

а $|MR| + |PR| + |NR| + |QR| = |QM| + |NP| = |b + d|$. Следовательно,

$$|b| + |d| \geq |a + d| + |c + d|.$$

(1)

Кроме того, очень важно, что $|a| + |c| \geq |a + c|$ и что $|a + c| = |b + d|$ (см. рис. 6); поэтому

$$|a| + |c| \geq |b + d|.$$

(2)

Складывая неравенства (1) и (2), получим то, что требовалось.

Ю. Нонин

33

Ф397. Имеется следующий проект лемательного annарама. Верхняя поверхность большой плоской пластинки подвержена стреляющая при постоянной температуре 0°C, а нижняя — при температуре 100°C. Изобретатель умверждает, что макая пластника будем высеть в воздухе подобно дирижаблю. Объяснение, поcemу. Оцените по порядку величины подъемную силу макой пластинки с площадью 1 м² при температуре воздуха 20°C.

Налетающие на пластину молекулы воздуха имеют среднеквадратичную скорость, равную $\bar{v}_{\text{cp.кв.}} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$, где $T$ — температура воздуха, $m$ — масса молекул. Среднее значение абсолотных величины проектной скорости молекул на ось $OY$, перpendикулярную к поверхности пластины, равно $\bar{v}_y \approx \frac{\bar{v}_{\text{cp.кв.}}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{kT}{m}}$.

При столкновении с пластиной «температура» молекул становится равной температуре пластины. Это означает, что после отражения от верхней поверхности

$$\bar{v}'_y = \sqrt{\frac{kT_1}{m}},$$

а после отражения от верхней поверхности

$$\bar{v}'_y = \sqrt{\frac{kT_2}{m}}.$$

В результате проекция $p_y$ импульса молекул, попадающей на нижнюю поверхность пластины, меняется при соударении на величины

$$\Delta p'_y = m \left( \sqrt{\frac{kT}{m}} + \sqrt{\frac{kT_1}{m}} \right),$$

а молекулы, попадающей на верхнюю поверхность, — на величины

$$\Delta p''_y = m \left( \sqrt{\frac{kT}{m}} + \sqrt{\frac{kT_2}{m}} \right).$$

За время $\Delta t$ на каждую из поверхностей попадают молекулы, находящиеся от пластины на расстоянии, равном $\bar{v}_y \Delta t$. Число этих молекул равно $N = nv_y s \Delta t$, где $n$ — число молекул в единице объема, $s$ — площадь пластины.

В соответствии со вторым и третьим законами Ньютона на пластину в верхкальном направлении действуют силы, равные по абсолотным величинам изменением проекций импульсов молекул в единицу времени. На нижнюю поверхность пластины действует направленная вверх сила (рис. 7)

$$|\vec{F}_1| = \frac{N \Delta p'_y}{\Delta t} = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_1}{m}} + \sqrt{\frac{kT}{m}} \right),$$

а на верхнюю — направленная вниз сила

$$|\vec{F}_2| = \frac{N \Delta p''_y}{\Delta t} = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_2}{m}} + \sqrt{\frac{kT}{m}} \right).$$

Так как $T_1 > T_2$, то равноведущая $\vec{R}$ сил $\vec{F}_1$ и $\vec{F}_2$ направлена вверх и равна по абсолотной величине

$$|\vec{R}| = |\vec{F}_1| - |\vec{F}_2| = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_1}{m}} - \sqrt{\frac{kT_2}{m}} \right) = nsk \sqrt{T} \left( \sqrt{T_1} - \sqrt{T_2} \right).$$

Число молекул, содержащихся в объеме $V$ воздуха при давлении $p$ и температуре $T$, равно $N_V = v \cdot N_A$, где $v$ — число молекул воздуха в объеме $V$, $N_A$ — число Абогадро. Но $v = \frac{M}{\mu} = \frac{pV}{RT}$. Так что число молекул в единице объема

$$n = \frac{p}{RT} N_A.$$

34

Таким образом,

$$|\vec{R}| = \frac{pN_A sk}{RT} \sqrt{T_1} - \sqrt{T_2} = \frac{ps}{\sqrt{T}} (\sqrt{T_1} - \sqrt{T_2}).$$

Подставив в это выражение данные в условия величины (считая $p = 10^5 \text{h}/\text{m}^2$), получим

$$|\vec{R}| \approx 1,5 \cdot 10^4 \text{ h}.$$

Ф398. При подключинии в семЬ трехlamповой листры с двумя выключателями была допущена ошибка. В результате эмодор при замыкании одною из выключателей все три лампы горели неполным накалом. При замыкании другие его еще горели), и том же эмодор давало замыкание обихых выключателей одновременно. При разомкуных выключателей все три лампы не горели. Нарисуйте возможность схему выполненного монтажа, объясните налodiaемые эмфекты.

Ф399. Три небольших одинаковых металлических шарика, находящихся в вакууме, помещены в вершинах равностороннего треугольника. Шарики поочередно по одному разу соединяются с удаленным прсоводником, помещаемом поддерживается постоянным. В результате на первом шарике оказывается заряд $Q_1$, а на втором — $Q_2$. Определить заряд третьего шарика.

Схема включения ламп пооказана на рисунке 8. При замкнутом ключе $K_1$ и разомкнутом ключе $K_2$ все три лампы оказываются включенными последовательно, и поэтому они горят неполным накалом. При одновременном замыкании обихих ключе лампа $J_1$ оказывается включенной в себя, а лампы $J_2$ и $J_3$ соединены параллельно участку цепи с очень маленьким сопротивлением. Например на них мало, и лампы не горят. При замыкании одного ключа $K_2$ в себя включается только лампа $J_1$.

Рис. 8.

При соединении каждого из шариков с удаленным проводником, потенциаль Ф которого поддерживает постоянным, потенциаль шарика становится равным Ф.

Заряд $Q_1$, появляющийся на первом шарике, равен

$$Q_1 = C\varphi,$$

где $C$ — емкость шарика.

Потенциаль Ф второго шарика складывается из потенциальа поля, создаваемого зарядом $Q_1$ на расстоянии $l$ от первого шарика ($\varphi_1 = \frac{Q_1}{l}$), и потенциаль «собственного» поля заряда $Q_2$ ($\varphi_2 = \frac{Q_2}{C}$):

$$\varphi = \varphi_1 + \varphi_2 = \frac{Q_1}{l} + \frac{Q_2}{C}.$$

Потенциаль Ф третьего шарика равен

$$\varphi = \frac{Q_1}{l} + \frac{Q_2}{l} + \frac{Q_3}{C},$$

где $\frac{Q_1}{l}$, $\frac{Q_2}{l}$ — соответствен потенциальы полей зарядов $Q_1$ и $Q_2$ на расстоянии $l$ от них, $\frac{Q_3}{C}$ — потенциаль «собственного» поля заряда $Q_3$.

Из равенства (2), воспользовавшись равенством (1), найдем $l$:

$$l = \frac{Q_1 C}{Q_1 - Q_2}.$$

Подставив это выражение для $l$ в равенство (3), найдем $Q_3$:

$$Q_3 = C \left[ \varphi - \frac{Q_1 + Q_2}{l} \right] = \frac{Q_2^2}{Q_1}.$$

36

Ф402. Рассеивающая линза с фокусным расстоянием $F = -0,6$ м расположена так, что один из ее фокусов совпадает с полосом во внутреннего зеркала. Каково фокусное расстояние $F'$ зеркала, если известно, что система даем действительное изображение предмета, помещенного на любом расстоянии перед линзой? Изображение создается лучами, вторично проедущими через линзу после отражения от зеркала.

откуда
$$\frac{I_2}{I_1} = \frac{R}{r_2}.$$

С другой стороны, $\varphi_A = \varphi_C + I_1 r_G$ ($r_G$ — сопротивление галванометра), а $\varphi_B = \varphi_C + I_2 r_1$. Так что
$$\varphi_C + I_1 r_G = \varphi_C + I_2 r_1,$$

откуда
$$\frac{I_1}{I_2} = \frac{r_G}{r_1}.$$

Сравнивая выражения (1) и (2), получаем:
$$\frac{R}{r_2} = \frac{r_G}{r_1},$$

или
$$r_G = \frac{r_1}{r_2} R.$$

Зная сопротивления $r_1$, $r_2$, $R$, можно найти сопротивление галванометра $r_G$.

◆
Рассеивающая линза всегда дает минимое изображение действительного источника. Следовательно, для того чтобы система давала действительное изображение, промежуточное изображение, которое получается после отражения лучей от зеркала, должно быть минимим источником для линзы, то есть должно находиться справа от линзы.

В самом деле, из формулы рассеивающей линзы в случае минимого источника
$$-\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = -\frac{1}{F}$$

следует, что
$$f = \frac{dF}{F - d}.$$

(Напомним, что $d$ — расстояние от линзы до источника, $f$ — расстояние от линзы до изображения, $F$ — фокусное расстояние линзы.) Из (1) видно, что $f \geq 0$, если $d$ положительное и не превышает $F$.

Таким образом, промежуточное изображение $S_2$ источника после зеркала (рис. 14) должно находиться справа от зеркала на расстоянии $f_2$ таком, что
$$F \leq f_2 \leq 2F.$$

Источником для зеркала служит промежуточное изображение $S_1$ — минимое изображение источника $S$, даваемое линзой после первого преломления лучей (см. рис. 14). Из формулы линзы для этого случая
$$\frac{1}{d_1} - \frac{1}{f_1} = -\frac{1}{F}$$

— находим
$$f_1 = \frac{d_1 F}{d_1 + F}.$$

37

Расстояние $d_1$ от источника до линзы может меняться в пределах от 0 до $\infty$. При этом, как следует из формулы (3), $f_1$ меняется от 0 до $F$. Расстояние же $d_2 = F + f_1$ от изображения $S_1$ до зеркала меняется при этом от $F$ до $2F$. Напомним, что это изображение служит источником для зеркала. Таким образом, нам нужно найти, при каком фокусном расстоянии $F'$ зеркала изображение источника, находящегося от зеркала на расстоянии $d_2$ таком, что

$$F \leqslant d_2 \leqslant 2F,$$

(4a)

получается на расстоянии $f_2$ от зеркала таком, что

$$F \leqslant f_2 \leqslant 2F.$$

(46)

Из формулы зеркала —

$$\frac{1}{d_2} + \frac{1}{f_2} = \frac{1}{F'}$$

— следует, что

$$\frac{1}{f_2} = \frac{1}{F'} - \frac{1}{d_2}.$$

(5)

Согласно условия (46)

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{f_2} \leqslant \frac{1}{F},$$

так что права часть равенства (5) лежит в пределах

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{F'} - \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F}.$$

Следовательно,

$$\frac{1}{2F} + \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F'} \leqslant \frac{1}{F} + \frac{1}{d_2}.$$

Полученное неравенство должно выполнять при всех произвольных $d_2$, удовлетворяющих условия (4a). Согласно этому условия

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F},$$

так что фокусное расстояние $F'$ зеркала должно быть таким, чтобы выполнялось условия

$$\frac{1}{2F} + \frac{1}{F} \leqslant \frac{1}{F'} \leqslant \frac{1}{F} + \frac{1}{2F}.$$

Следовательно, $\frac{1}{F'} = \frac{3}{2F}$, или

$$F' = \frac{2}{3} F = 0,4 \text{ m}.$$

И. Словодецкий