Решения задач М444, М445; Ф458—Ф461

32

Решения задач

M444, M445; Ф458—Ф461

М444 a) На рисунке 1 четыре прямы разбиваются плоскость на одинадчатые области: четырехудольник (1), два треугольника (2 и 3), три угла (4, 5 и 6), четыре «бесконечных треугольника»—областии, ограниченные какдая отрезком и двумя лучами (7, 8, 9 и 10) и «бесконечный четырехудольник»—область, ограниченную двумя отрезками и двумя лучами (11).

Будем ли сказано верно для любых четырехудольник (1), два треугольника (2 и 3), три угла (4, 5 и 6), четыре «бесконечных треугольника»—областии, ограниченные какдая отрезком и двумя лучами (7, 8, 9 и 10) и «бесконечный четырехудольник»—область, ограниченную двумя отрезками и двумя лучами (11).

Три больших круда, не проходящие через одну точку, разбиваются на восемь треугольников. На какие области разбиваются с четырьмя больших круда, никакие три из которых не проходят через одну точку? (Большим крутом на сфере называют окружность, являющийся пересечением сферы с плоскостью, проходящей через центр сферы, рис. 2.)

8. На какие области могут разбиваться с четырьмя больших круда, никакие три из которых не проходят через одну точку?

Рис. 1.

Будем говорить, что несколько прямы на плоскости (или больших крутов на сфере) находятся в общем положении, если все они попарно пересекаются, причем в различных точках. Выпуклую фигуру на плоскости, ограниченную двумя лучами и n—1 отрезками, будем для краткости называть n-углом (и n-угла n вершин, 1-угол — это угол в общим смысле). Передем к решению задач.

a) Нетрудно убедиться в том, что для любых четырех прямы общего положения разбивается будет всегда одинаковым:

| 4-угольников | 3-угольников | углов | 2-углов | 3-углов |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 1 |

— таким же, как на рисунке 1. После нескольких минут, проведенных за рисованием четырех прямы, это становится совершенно очевидным. Рассуждения, присланные по этому поводу читателями, очень разнообразны, но они показывают, что запись короткое и в то же время убедительно доказательство этого очевидного факта не так просто. В самом деле, если не ссылаться на чертеж, пришлось бы при формиальном доказательстве опираться прямо на геометрическое аксимому, характеризующее расположение отрезков и прямы на плоскости — решение получилось бы довольно длиным. Мы не будем столбить педагоги, а проведем лишь набросок доказательства, по-видимому, в полне убедительного. По существу, именно так обчно и поступают в решения геометрических задач, «близких к аксимом».

Докажем, что одной из частей, на которые четырех прямы общего положения делят плоскость, будет четыреххудольник.

Это достаточно для решения задачи: ясно, что при продолжении сторон любого выпуклого четыреххудольника без параллельных сторон мы получим также 10 остальных области, как на рисунке 1.

Проведем сначала три прямы общего положения. Они попарно пересекаются в трех точках A, B и C. Четвертая пряма l делит плоскость на две полуплоскости. Если две из трех точек A, B, C лежат в одной полуплоскости, а одна (скажем, A) — в другой, то пряма l отсекает от четыреххудольника ABC четыреххудольник (BCED; рис. 3, a). Если все три точки лежат в одной полуплоскости, пряем A — дальше от l, чем B и C, то пряма l отсекает от 2-угла с вершинами B и C четыреххудольник (BCED; рис. 3, 6).

Для каждой из задач 6) и в) мы приведем по два решения, причем вторые будут использовать задачу a), а первые — нет.

6. Ответ: разбивание всегда одинаковое; оно состоит из 14 области — 6 четыреххудольников и 8 четыреххудольников.

Первое решение. Проведем сначала три больших крута 1, 2, 3 (см. рис. 2). Они делят сферу на восемь четыреххудольков. Выясним, сколько из них будет пересекаться четыреххудольки крута 4, находимся в общем положении с 1, 2 и 3. Для этого достаточно узнать, на сколько отделных крутов разбит крута 4 точками пересечения с треями другими. Каждый два больших крута пересекаются в двух диаметрально противоположных точках. Поэтому больший крут 4 пересекает три других больших крута 1, 2, 3 всего в шести точках, т. е. разбиваемся или всего на шесть дуг. Таким образом,

34

Этот ответ у нас получился так:

| 5-угольников | 4-угольников | 3-угольников |
| :— | :— | :— |
| 4 кругга разбиают сферу на | 0 | 6 | 8 |
| 5-й кругг оставляет нетронутыми разбиает 3-угольники на разбиает 4-угольники на | 0 | 2 | 4 |
| | 0 | 4 | 4 |
| | 2 | 4=2+2 | 2 |

Итого . . . 2 10 10

А теперь покажем, как этот же ответ получить намного проще.

Второе решение. Спроектируем сферу из центра $P$ на плоскость $\alpha$, паралельную экватору $O$. тогда пара симметричных $n$-угольников на сфере, не прямыхаших к $O$, отображится на $n$-угольник в плоскости $\alpha$, а пара $n$-угольников, прямыхаших к $O$ — на $(n-2)$-угол; пользоваться результатом задачи a) — единственностью разбиения плоскости четырьмя прямыми и первой табличной, — мы заключаем, что любые пять больших круггов разбиают сферу на два пятугольника (их проекция—3-угол), $2(1+4)=10$ четырехугольников (из них восемь прямыхает к данному большому кругу $O$, и эти четыре пары проекируются на 2-углы), и $2(2+3)=10$ треугольников (из них шесть прямыхает к большому кругу $O$).

Te, кто знаком с понятием проективной плоскости (см., например, «Квант», 1974, № 3), заметят, конечно, что «проекция», о котором мы говорим, более естественно обьясняется как отображение сферы на проективную плоскость (при этом отображения две диаметрально противоположные точки сферы скленваются в одну, образы всех больших кругов — прямые, в том числе образа круга $O$-бесконечно удаленная прямая).

Рисунок 6, илистрирующий второе решение, нужно посчитать. Поскольку «бесконечно удаленное прямую» наиссованы трудно, мы на рисунке 6 очень близко к большому кругу — экватору $O$ — проведели пунктном параллель; ее образом при проекции будет окружность очень большого радиуса в плоскости $\alpha$, содержащая внутри себя точки пересечения четырех прямых; эти прямые разбиают возникнюю на плоскости «очень большой кругг» на 11 области: «пятугольник», пять «треугольников» и пять «четырехугольников»; возвращая с плоскости на сферу, получаем после удвоения ответ. В заключение заметим, что во всех трех задах не только видечей разбиения (число сторон), но и их взаимное расположение определяются однозначно.

Предлагаем читателя «Квант» в качестве задачи для исследования выяснить, какие бывают разбиения сферы шестю большими кругами или плоскости — пятую прямыми (здесь уже нет единственной). Самое трудное здесь, по-видимому, доказать то, что найдены все возможные варианты разбиения.

Н. Васильев

**M445. Центры одинаковых непересекающихся окружностей на центрах плоскостей на вершинах ромбов (сторона ромба — удвоенная апофема шестуюгольника, угол при вершине равен $60^\circ$). Таким образом, мы имеем ромбическая решетку на плоскости; вершины ромбов — узлы решетки (см. рис. 7). Далее, если многоугольник $M$ с вершинами в узлах представлен в виде объедининия

35

ke 7. Пусть $M$ — многоугольник с вершинами в цепирах окружностей. Окрасим в красный цвет.me окружности или их часы (дуен), которые лежат внутри $M$. Показим, что сумма градиных величины красных дуев равна $C \cdot 180^\circ$, где $C = C(M)$—целое число, и даим ещеному числу геометрической интерпретации.

Рис. 7.

Рис. 8.

Рис. 9.

Рис. 10.

многоугольников $A_1, \dots, A_k$ (с вершинами в узлах): $M = \bigcup_{i=1}^{k} A_i$,

то

$$C(M) = C(A_1) + \dots + C(A_k);$$

про такую функцию говорят, что она аддитивна. Отсюда следует, что если многоугольник $M$ с вершинами в узлах представлен в виде объединения многоугольников $A_1, \dots, A_k$, из которого удалено объединение многоугольников $B_1, \dots, B_l$ ($A_i$ и $B_j$ — с вершинами в узлах) — см. рисунок 8; т. е. если

$$M = \bigcup_{i=1}^{k} A_i \setminus \bigcup_{j=1}^{l} B_j,$$

причем $\bigcup B_j \subseteq \bigcup A_i$ (*)

(здесь $\setminus$ значок разности многоугольника или дополнения), то

$$C(M) = \sum_{i=1}^{k} C(A_i) - \sum_{j=1}^{l} C(B_j).$$

Ниже мы показем, что всякий многоугольник $M$ (с вершинами в узлах) представляется в виде (*), где $A_i$ и $B_j$ — треугольники. Поэтому утверждение задачи достаточно доказать для треугольников $T$ с вершинами в узлах.

Итак, показем, что $C(T)$ — целое число. Впишем треугольник $T$ в параллелограмм $Π$ со сторонами, параллельными сторонами. Поскольку вершины $T$ находится в узлах, вершины $Π$ также находится в узлах. Представим параллелограмм $Π$ в виде объединения треугольника $T$ и треугольников $T_\pi$, у которых две стороны параллельны сторонами решетки (рис. 9, a), 6). Очевидно, что для любого параллелограмма $Π$ с вершинами в узлах и длинами сторона $a$ и $b$ (за единицу длины мы выбираем длину стороны ромба, порождающего решетку, числа $a$ и $b$ — целые), число $C = C(\Pi) = 2ab$ (П разбиается на $ab$ порождающих решетку ромбов $R$ (рис. 10), а для каждой точки ромба $C(R) = 2$: в ромбе сумма градиных величины дуг равна $360^\circ = 2 \cdot 180^\circ$). Итак, для каждой $Π$ с вершинами в узлах число $C(\Pi)$ — целое ($T_\pi$ всегда можно дополнить до параллелограмма $Π$ (рис. 11); тогда $2C(T_\pi) = C(\Pi) = 2ab$, открывая $C(T_\pi) = ab$ — целое число). Для произвольного же треугольника $T$ с вершинами в узлах имеем: $C(T) = C(\Pi) - \Sigma C(T_\pi)$, т. е. $C(T)$ — также целое число. Итак, для треугольника с вершинами в узлах утверждение доказано.

Заметим, кстати, что из равенства $C(\Pi) = 2ab$ сразу следует, что $C(\Pi)$ пропорционально площади $Π$:

$$S(\Pi) = ab \sin 60^\circ,$$

и $C(\Pi)/S(\Pi) = 1/\sqrt{3}$ ($S(T_\pi))$ — площадь треугольника $T_\pi$.

Позному $C(T) = (S(\Pi) - \Sigma S(T_\pi))/\sqrt{3} = S(T)/\sqrt{3}$, и мы получаем, что для всякого треугольника $T$ с вершинами в узлах $C(T)/S(T) = 1/\sqrt{3}$. Поскольку функция $C(M)$ и площадь $S(M)$ аддитивны, то и для произвольного многоугольника $M$

$$C(M) = S(M)/\sqrt{3}.$$

Это и есть геометрическая интерпретация числа $C$: для всякого многоугольника $M$ число $C(M)$ пропорционально его площади.

Осталось показать, что всякий $n$-угольник $M$ можно представить в виде (*).

Заметим, что если диагональ $AB$ не пересекает сторон $M$ и лежит внутри $M$, то она разбиает $M$ на $k$-угольник и $l$-угольник, причем $k < n$ и $l < n$. Если же она лежит вне $M$, то $M$ представляется в виде разности $k$- и $l$-угольников. Поэтому достаточно показать, что в любом многоугольнике найдется diагональ, не пересекающая его сторон.

Возьмем три последовательные вершины многоугольника $M$: $A_1, A_2, A_3$. Если diagonаль $A_1A_3$ не пересекается со сторонами $M$, то нужно-диagonаль найдена. В противном случае

36

Рис. 11.

Ф458. Мальчик плыет со скоростью, в два раза меньше скорости мечения реки. В каком направлении он должен плыть к другому берегу, чтобы его снесло мечением как можно меньше?

Рис. 12.

Ф459. Электрополитка содержит три спирали с сопротивлением $R=120$ Ом каждый, соединенные параллельно друг с другом. Плимка включается в семь последовательно с сопротивлением $r=50$ Ом. Как изменится время, необходимое для нарезания на этой спирали с водой до кипения, при перегорании одной из спиралей?

Рис. 13.

Пусть $v_0$ — скорость течения реки, $v_1$ — скорость мальчика относительно течения. Тогда скорость мальчика относительно берега равна

$$v = v_0 + v_1.$$

Вектор скорости мальчика относительно течения может иметь различные направления, но его конец должен обязательно лежать на окружности радиуса $|v_1|$ (рис. 13). Из рисунка видно, что вектор $v$ составляет минимальный угол с береговой линией в том случае, когда он направлен по касательной к окружности — геометрическому месту концов возможных векторов $v_1$. В этом случае мальчик, очевидно, будет снесен течением на минимальное возможное расстояние. Из рисунка найдем, что при этом мальчик должен плыть под углом к береговой линии, равным

$$\alpha = \arccos \frac{|v_1|}{|v_0|} = \arccos \frac{1}{2} = 60^\circ.$$

О. Савченко

Сопротивление плитки с тремя параллельно соединенными спираями равно $R_1 = R/3 = 40$ Ом. После перегорания одной спирали сопротивление плитки становится $R_2 = R/2 = 60$ Ом.

Do перегорания спирали по цепи идет ток $I_1 = \frac{U}{R_1 + r}$ (U — напряжение сети). После перегорания — $I_2 = \frac{U}{R_2 + r}$.

Количество теплоты $Q$, необходимое для нарезания чайника с водой до кипения, в первом случае выделяется в плитке за время

$$t_1 = \frac{Q}{I_1^2 R_1} = \frac{Q (R_1 + r)^2}{U^2 R_1},$$

во втором случа — за время

$$t_2 = \frac{Q}{I_2^2 R_2} = \frac{Q (R_2 + r)^2}{U^2 R_2}.$$

Найдем относение времени $t_1$ и $t_2$:

$$\frac{t_1}{t_2} = \frac{(R_1 + r)^2 R_2}{(R_2 + r)^2 R_1} = \frac{243}{242}.$$

Отсюда $t_2 = \frac{242}{243} t_1$.

37

Ф460. В схеме, изображенной на рисунке 14, переключатель все время переключения изверхнего положения в нижнее и обратно. В верхнем положении он задерживается на время $\tau_1 = 2 \cdot 10^{-3} \text{ c}$, в нижнем — на время $\tau_2 = 10^{-3} \text{ c}$. Наименование помпеляемого от источника через очень больший промежуток времени после начала работы переключателя. Емкость конденсатора максима, что за время $\tau_2$ он не успевает разрядиться сольnbудь суцесвенно.

Рис. 14.

Ф461. Каждый квадратный метр поверхности тела, нареземого до температуры $T$, излучаем за единицу времени энергия $W = 5,67 \times 10^{-8} T^4$ Вт. На каком расстоянии $R$ от Солнца железные опилки превращаются в капли, если плотность потока солнечного излучения (энергия, прохождение в единицу времени через единицу площади) на объите Земли $E_0 = 1400 \text{ Bm}/\text{m}^2$? Температур плавления железа примьтаб равен $T_0 = 1535 \text{ K}$, расстояние от Земли до Солнца $R_0 = 1,5 \cdot 10^{11} \text{ m}$.

Рис. 15.

Пусть $U_C$ — напряжение на конденсаторе. Так как, по условиям, изменение заряда конденсатора за время $\tau_1$ (и следовательно, за время $\tau_2$) мал, то можно считать, что через больший промежуток времени после начала переключателя наряжение $U_C$ не меняется со временем. Тогда, при заряде конденсатора по цепи идет ток $I_1 = \frac{U - U_C}{R}$, и за время $\tau_1$ проходит заряд $q_1 = I_1 \tau_1 = \frac{U - U_C}{R} \tau_1$. При заряде конденсатора по цепи идет ток $I_2 = \frac{U_C}{r}$, так что за время $\tau_2$ проходит заряд $q_2 = I_2 \tau_2 = \frac{U_C}{r} \tau_2$. $q_1$ и $q_2$ — это изменение заряда конденсатора при его заряде и разряде. В установленном режиме $q_1 = q_2$, т. е.

$$\frac{U - U_C}{R} \tau_1 = \frac{U_C}{r} \tau_2.$$

Отсюда найдем $U_C$:

$$U_C = U \frac{r \tau_1}{r \tau_1 + R \tau_2}.$$

Энергия, потребляемая от источника за время $\tau_1$, равна $U I_1 \tau_1$. Следовательно, за время $\tau_1 + \tau_2$ средняя мощность, потребляемая от источника, равна

$$P_{cp} = \frac{U I_1 \tau_1}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{U^2 \left(1 - \frac{r \tau_1}{r \tau_1 + R \tau_2}\right) \tau_1}{R(\tau_1 + \tau_2)} = \frac{1}{180} \text{ Вт.}$$

И. Слободецкий

Круплинка железа нагревается до такой температуры $T$, при которой энергия, излучаемая его, становится равной энергии пропорциональна площади поверхности круплинки. Будем для оценки считать, что опилки—шарики, средний радиус которых равен $r$. Тогда энергия, излучаемая за единицу времени каждый круплинкой, нагреют до температуры $T_0$, равна $W_{изл} = 4 \pi r^2 W$.

Энергия, получаемая от Солнца за единицу времени, пропорциональна площади наиболее сечения круплинки, то есть $\pi r^2$, и равна

$$W_{погл} = \pi r^2 E,$$

где $E$ — плотность потока солнечного излучения на том расстоянии $R$ от Солнца, на котором находится круплинка. Так как в единице телесного угла от Солнца распространется постоянная энергия, то (рис. 15) $ES_1 = E_0 S_2$ и

$$E = E_0 \frac{S_2}{S_1} = E_0 \left(\frac{R_0}{R}\right)^2.$$

Следовательно,

$$W_{погл} = \pi r^2 E_0 \left(\frac{R_0}{R}\right)^2.$$

Приравняв $W_{изл}$ и $W_{погл}$, получим

$$4 \pi r^2 W = \pi r^2 E_0 \left(\frac{R_0}{R}\right)^2.$$

Из этого уравнения найдем

$$R = \frac{R_0}{2} \sqrt{\frac{E_0}{W}} \approx 5 \cdot 10^6 \text{ км.}$$

А. Смасенко