Решения задач М482, М485, М487, М489, М490; Ф498—Ф501

20

М482. Сечение правильного метраэдра — чемырегуольник. Докажите, что периметр эмного чемырегуольника не меньше 2а, но меньше 3а, где а — длина ребра метраэдра.

Рис. 1.

Докажем сначала, что перimetр четырехугольника $p \geq 2a$. Развертка tetraэдра (рис. 2) изображена на рисунке 2. При развертке контур четырехугольного сечения превращается в красную ломанную $K_1K_2$. Видно, что перimetр $p$ будет равен 2а лишь тогда, когда секущая плоскость параллельна двум скрещивающимся ребрам tetraэдра, а во всех остальных случаях $p > 2a$.

Доказательство неравенства $p < 3a$ легко всего получить, рассматривая сразу семей ствоей сечений tetraэдра параллельными плоскостями. Пусть плоскость сечения перемещается параллельно самой себе; мы рассматрииваем такой интервал значений $l \in [b_1; b_2]$ (см. рис. 2), что при $b_1 < l < b_2$ сечение остается четырехугольником, а при $l = b_1$ и $l = b_2$ оно становится треугольником (рис. 3). Длина каждой стороны сечения, а значит и перimetр $p$ сечения, будет линейной функцией от $l: p(l) = kl + c$ (к, с — некоторые постоянные). Набольшее значение такая функция принимает на концах отрезка $[b_1; b_2]$, когда сечение — треугольник. Нолина любого отрезка с концами на сторонах равностороннего треугольника не больше длины его стороны $a$, и поэтому $p < 3a$.

Н. Васильев, В. Произволь

Рис. 2.

М485. a) Докажите, что число e заключено между числом $a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n u b_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ при любом натуральном $n$.
b) Докажите, что последовательно с $c_n = \left(1 + \frac{1}{4n}\right) \times \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}$ монotonно возрастает, а последовательно с $d_n = \left(1 + \frac{1}{2n}\right) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}$ монotonно убивает.
c) Разделим отрезок $[a_n; b_n]$ на чемыре равных по длине отрезка. В каком из них лежит число e?

a) Докажем, что последовательность $(a_n)$ монotonно возрастает. Действительно,

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n; \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^{n-1} = \frac{n}{n-1} \cdot \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n.$$

Согласно неравенству Бернулли *),

$$\left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n > 1 - \frac{1}{n} = \frac{n-1}{n},$$

откуда

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} > 1.$$

Докажем теперьamonotonно. См. также «Алгебра и начала анализ 9», п. 2.

21

Резделим отрезок $[a_n; b_n]$ на восемь равных частей. В какой из них лежит $e$?

А если отрезок $[a_n; b_n]$ разделить на $2^k$ равных частей (в этой задаче имеется получить ответ для достаточно больших $n$, например, для $n > 2^k$)? (Напомним, что $e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 2,718...$, — см. учебник «Алебра и начала анализ 10», nn. 109,113.)

убывает. Имеем

$$\frac{b_{n-1}}{b_n} = \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n : \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} = \frac{n-1}{n} \left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1}.$$

Вновь применяя неравенство Бернулли, получим

$$\left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1} > 1 + \frac{1}{n-1} = \frac{n}{n-1},$$

то есть $$\frac{b_{n-1}}{b_n} > 1.$$

Поскольку $e = \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n$, из доказанного следует, что

$$a_n < e < b_n.$$

Д) Решим задачу д) — задачи 6), в) и г) будут следовать из этого решения.

Разделим отрезок $[a_n; b_n]$ на $2^k$ равных частей. Длина одной такой части равна

$$\Delta = \frac{b_n - a_n}{2^k} = \frac{1}{2^k \cdot n} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n.$$

Середине отрезка $[a_n; b_n]$ соответствует число $a_n + \frac{b_n - a_n}{2} = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = d_n$. Легко видеть, что $2^{k-1}$-й из полученных отрезочков имеет правым концом число $d_n$, а левым концом — число $t_n = d_n - \Delta = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n - \frac{1}{2^k \cdot n}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k \cdot n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n (k \geqslant 2).$ (При $k = 2$ число $t_n$ совпадает с числом $c_n$ из пункта 6) задачи.)

Докажем, что при достаточно больших $n$ (а именно, при $n > 3 \cdot 2^{k-2}$) число $e$ лежит на $2^{k-1}-m$ отрезочке длины $\Delta$. Для этого достаточно показать, что при таких $n$ последовательность левых концов $(t_n)$ этого отрезочка монотно возвращает, а последовательность $(d_n)$ правых концов монотно убывает (поскольку $e = \lim_{n \to \infty} t_n = \lim_{n \to \infty} d_n$).

Имеем

$$\frac{d_{n-1}}{d_n} = \left[ \left(1 + \frac{1}{2(n-1)}\right)\left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^{n-1} \right];$$

$$\left[ \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \right] = \frac{2n-1}{2n+1} \left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^n.$$

Аналогично неравенству Бернулли, можно доказать более точно. Из него

$$\left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^n \geqslant 1 + \frac{n}{n^2-1} + \frac{n(n-1)}{2(n^2-1)^2} = \frac{2n^3 + 4n^2 + n - 2}{2(n-1)(n+1)^2}.$$

22

Позтому
$$\frac{d_{n-1}}{d_n} \geq \frac{2n-1}{2n+1} \cdot \frac{2n^3+4n^2+n-2}{2(n-1)(n+1)^2} = \frac{4n^4+6n^3-2n^2-5n+2}{4n^4+6n^3-2n^2-6n-2} > 1$$

при любом $n \in N$. Значит, последовательность $(d_n)$ монотонно убывает.

Перейдем теперь к последовательности $(t_n)$. Имеем
$$\frac{t_n}{t_{n-1}} = \left[ \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k \cdot n}\right) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \right]; \left[ \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k(n-1)}\right) \times \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n \right] = \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n.$$
Но $(1-h)^n \geq 1 - nh + \frac{(n-1)^2}{2} h^2$ при $0 < h < \frac{1}{(n-1)^2}$

(это неравенство доказывается аналогично неравенству Бернулли). Позтому
$$\frac{t_n}{t_{n-1}} \geq \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \left(1 - \frac{1}{n} + \frac{(n-1)^2}{2n^4}\right) = \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \cdot \frac{2n^4-2n^3+n^2-2n+1}{2n^4}.$$
Нас интересует, когда $\frac{t_n}{t_{n-1}} > 1$, то есть когда
$$\left(n + \frac{1}{2} - 2^{-k}\right) \cdot \left(2n^4-2n^3+n^2-2n+1\right) > \left(n - 1 + \frac{1}{2} - 2^{-k}\right) \cdot 2n^4.$$
Это неравенство эквивалентно неравенству
$$2^{1-k} \cdot n^3 - \left(\frac{3}{2} + 2^{-k}\right) n^2 + 2^{1-k} \cdot n + \frac{1}{2} - 2^{-k} > 0,$$
которое следует из неравенства
$$2^{1-k} \cdot n^3 \geq \left(\frac{3}{2} + 2^{-k}\right) n^2.$$
Таким образом, при $n \geq 3 \cdot 2^{k-2} + \frac{1}{2}$, или $n > 3 \cdot 2^{k-2}$, последовательность $(t_n)$ становится монотонно возрастной. Из этого следует нашей утверждение: число $e$ лежит внутри $2^{k-1}$-го отрезка длины $\Delta$, если $n > 3 \cdot 2^{k-2}$.

Из решения задачи д) следует, что уже $\frac{c_4}{c_3} > 1$. Первыше же три члена этой последовательности: $\frac{5}{2}, \frac{3^4}{2^5}, \frac{13 \cdot 2^4}{3^4}$ — очень和高, составляют возрастную цепочку.

Итак, в задаче b) число $e$ попадает во второй из четырех равных по длине отрезков, а в задаче b) — в четвертый (для $n > 6$).

С. Голубев, Р. Ушаков

M487. На данных окружностях $\gamma_1$ и $\gamma_2$ построить по хорде мак, чтобы эти хорды были геометрины

Пусть нам удалось построить нужную геометрию $H$ и пусть $H(\gamma_1)$ пересекается с $\gamma_2$ в точках $B$ и $C$ (рис. 4). Проведем в точке $A$ обшую к $\gamma_1$ и $H(\gamma_1)$ касательную; обозначим через $D$ точку пересечения этой касательной с

23

с заданным центром A, принадлежим γ₁, и имеем длина хорды окружности γ₂ равнялась заданной величины a*).

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

Рис. 7.

ружности γ₁. Отложим на m отрезок AO длины r₂ (рис. 6). Поскольку |DA| = |DE|, треугольники ADO и EDO² конгруэнтны, так что точка D равнодула от точке O и O₂. Это дает возможность ее отыскать, если касательная l и серединный перпендикуляр n к отрезку OO₂ пересекаются (как на рисунке 6). Если же l и n паралельны, то в качестве искомой хорды нужно взять отрезок паралельной l касательной к упомянутой выше окружности γ₃ (рис. 7).

Л. Лиманов

M489. Данные три числа a, b, c. Построим три последовательности (aₙ), (bₙ), (cₙ), у которых a₁ = a, b₁ = b, c₁ = c и

$$a_{n+1} = \frac{b_n + c_n}{2},$$
$$b_{n+1} = \frac{c_n + a_n}{2},$$
$$c_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$$

*) Решение задачи M486 см. в статье Л. Курляндика «Высокие степени» (с. 13); решение задачи M488 будет опубликовано позже.

В качестве наводящого сообщения рассмотрим вместе чисел a₁, b₁, c₁ точки A₁, B₁, C₁, о которых сначала предположим, что они не лежат на одной прямой. Числам aₙ+1, bₙ+1, cₙ+1 сопоставим середины Aₙ+1, Bₙ+1, Cₙ+1 соответствуютх сторон треугольника AₙBₙCₙ. Мы получим три последовательности точек на плоскости. Легко понять, что отрезки медиан треугольника A₁B₁C₁, лежащие внутри ΔA₂B₂C₂, являются медианми в ΔA₂B₂C₂. Поэтому точки пересечения медиан обих трех треугольников совпадают. Отсюда ясно, что если вместе исходной задачи решать anaлогичную задачу для точек на плоскости, то соответствующий предположен существенно и совпадает с точкой пересечения медиан исходного треугольника A₁B₁C₁ (и всех последующих треугольников). Эта точка есть центр тяжести системы трех исходных точек.

Если исходные точки лежат на одной прямой, то справедливость аналогичного утверждения следует из «сообщения непрерывности». Она вытекает также из следующого рассуждения. Если A’, B’, C’ — проекции точек A, B, C на координатную ось и a’, b’, c’ — их координаты,

24

для любого $n=1, 2, 3, \dots$ Доказите, что все эти при последовательности имеются предел, и найти его.

то координата проекции центра тяжести точек $A, B, C$ на эту ось равна среднему арфметическому координат проекций исходных точек, т. е. $\frac{a' + b' + c'}{3}$. (Заметим еще, что координата проекции середины отрезка равна по у-сумме координат проекций концов отрезка.) Поскольку для любых трех точек $a, b, c$ на прямой можно выбрать три точки на плоскости, проекциями которых служат точки $a, b, c$, то из справедливости утверждение на плоскости следует его справедливо на прямой.

Тепер легко дать аналитическое доказательство того, что число $d = \frac{a + b + c}{3}$ является общим пределом указанных последовательностей. Для этого, очевидно, достаточно показать, что $|a_n - d| = 2 |a_{n+1} - d|$, $|b_n - d| = 2 |b_{n+1} - d|$, $|c_n - d| = 2 |c_{n+1} - d|$ (с каждым шагом последовательности вдвое приближаются к пределу).

Заметим, что для любого $n$

$$a_{n+1} + b_{n+1} + c_{n+1} = \frac{b_n + c_n}{2} + \frac{c_n + a_n}{2} + \frac{a_n + b_n}{2} = a_n + b_n + c_n.$$

Отсюда видно, что $d = \frac{a_n + b_n + c_n}{3}$ для любого $n$.

Имеем:

$$|a_n - d| = \left| a_n - \frac{a_n + b_n + c_n}{3} \right| = \left| \frac{2a_n - b_n - c_n}{3} \right| = \left| \frac{b_n + c_n - 2a_n}{3} \right| = 2 \left| \frac{b_n + c_n}{2} - \frac{a_n + b_n + c_n}{3} \right| = 2 |a_{n+1} - d|.$$

Два другие равенства проверяются аналогично.

В заключение заметим следующее. Среднее арфметическое в ух чисел, расматриваемое как операция, неассоциально (т. е., вообще говоря,

$$\frac{a + b}{2} + c \neq \frac{a + b + c}{2}),$$

и среднее арфметическое трех чисел, вообще говоря, не выражается как конечная компинация средних арфметических этих чисел, взятых по два (доказите это!). Тем не менее, как мы видели, использует переходный переход, среднее арфметическое трех чисел через среднее арфметическое двое чисел выразить можно. Аналогичные предельные соотношения связываются арфметические $k + 1$ и $k$ чисел для любого целого $k \geqslant 2$.

И. Бурмистрович

M490. $p$ — простое нечетное число. Дано $p-1$ целых чисел, не делихся на $p$. Доказите, что, заменив некоторые этих чисел на промивоположные, можно получить $p-1$ целых, сумма которых делится на $p$.

Будем писать $a \equiv b$, если числа $a$ и $b$ дают одинаковые остатки при делении на $p$ (как известно, в этом случае говорят, что $a$ сравним с $b$ по modulo $p$ — см. статью «Сравнения и классы вычетов» в «Кванте» № 10). Тогда очевидно, что если $p$ нечетное простое число, то существует такое целое число $s$, $0 \leqslant 2s < p-1$, что $2s \equiv a_1 + \dots + a_{p-1}$ (продумайте это!).

Для доказательства нам понадобится лемма, которая однажды уже публикалась в «Кванте» («Кванте», 1971, № 8, с. 43):

25

Лемма. Пусть данные $r$ чисел чисел $b_1, b_2, \dots, b_r$, не делиях на $p$; $0 < r < p$, $p$ — простое. Тогда из этих чисел можно составить по крайней мере $r + 1$ сумм, делих различные остатки при делении на $p$ (при этом разрешается брать сумму «пустого множества слагаемых», которая считается равной нулю, суммы «из одного слагаемого», из двух, …, из всех $r$ слагаемых).

Доказательство этой леммы мы приведем несколько ниже, а сейчас покажем, как с ее помощью решается наша задача.

В силу леммы из чисел $a_1, \dots, a_{p-1}$ можно составить по крайней мере $p$ сумм, дающих при делении на $p$ различные остатки. Поскольку всего различных остатков при делении на $p$ровно $p$ штук: $0, 1, \dots, p - 1$, среди этих сумм найдется сумма, дающая при делении на $p$ остаток $s$. Пусть эта сумма $a_{i_1} + \dots + a_{i_k}$; тогда $a_{i_1} + \dots + a_{i_k} \equiv s$. Возьмем теперь все остальные числа, не введшие слагаемых в сумму $a_{i_1} + \dots + a_{i_k}$; пусть это числа $a_{j_1}, \dots, a_{j_l}$. Поскольку $a_{1} + \dots + a_{p-1} \equiv 2s$ и $a_{i_1} + \dots + a_{i_k} \equiv s$, получаем, что $a_{j_1} + \dots + a_{j_l} \equiv s$. Поменяв числа $a_{j_1}, \dots, a_{j_l}$ на противоположные, получим число $a_{i_1} + \dots + a_{i_k} - a_{j_1} - \dots - a_{j_l}$, сравним с нулем по модулю $p$, то есть делящееся на $p$.

Для завершения решения задачи нам осталось лемму. Сделаем это по индукции.

При $r = 1$ утверждение леммы очевидно. Предположим, что оно верно для $r = k < p - 1$ и неверно для $r = k + 1$, и приdem к противоречению. Итак, пусть суммы из $k$ слагаемых $b_1, b_2, \dots, b_k$ дают при делении на $p$ $k + 1$ различных остатков $0, s_1, \dots, s_k$. Тогда, поскольку после присоединения $b_{k+1}$ количество раз и члены их сумм не должны увеличивать, все суммы $0 + b_{k+1}, s_1 + b_{k+1}, \dots, s_k + b_{k+1}$ по модулю $p$ содержатся в множестве $\{0, s_1, \dots, s_k\}$. Другими словами, если к любому элементу этого множества прибавить $b_{k+1}$, то снова получится элемент того же множества. Таким образом, это множество завершено содержит элементы $0, b_{k+1}, 2b_{k+1}, \dots, (p - 1)b_{k+1}$. Но ясно, что все эти элементы различаны (по модулю $p$): разность $ib_{k+1} - jb_{k+1} = (i - j)b_{k+1}$, где $0 < i - j < p$, не может делиться на $p$, поскольку $p$ — простое. Значит, множество $\{0, s_1, \dots, s_k\}$ содержит все $p$ различных элементов, хотя мы предполагали, что $k + 1 < p$. Лемма доказана.

Ф. Вайштейн,
В. Гальперин

Ф498. Диаметр монокстменного цилиндрического стакана равен $d$, высота — $h$. Стемки и дно стакана одинаковой молццы. В стакан наливают воду. При каком уровне воды центряжестрим стакана с водой занизшее положение?

Наинизшее положение центряжестрим системы занимает тогда, когда он находится на уровне воды в стакане. Действительно, если уровень воды лежит ниже центра тяжести системы (точка $P$ на рисунке 8, а), то центряжестрим попадает при доливании в стакан воды (при этом уровневается масса ниже центра тяжести). Если же уровень воды лежит центряжестрим системы (рис. 8, 6), то центряжестрим опустится, если вылить из стакана воды, лежащую выше него.

Найдем положение центряжестрим системы, когда он находится на минимальной высоте (рис. 9). Если центряжестрим системы (точка $P$) находится на высоте $y$ над дном стакана, то центряжестрим воды (точка $P_1$) находится на высоте $y/2$ от дна. Центряжестрим боковых стакана (точка $P_2$) находится на высоте $h/2$, центряжестрим дна (точка $P_3$) — на дне. Обозначим через $m_1$ массу воды в стакане, через $m_2$ — массу стакана и через $m_3$ — массу дна. Тогда

$$(m_1 + m_2 + m_3)y = m_1y/2 + m_2h/2$$

(потенциальная энергия $(m_1 + m_2 + m_3)$ gy системы рав-

26

на сумме потенциальных энергий воды, стенок стакана и дна: $m_1gv/2 + m_2gh/2 + 0$.

Пусть $\rho$ — плотность воды, $\mu$ — масса единици плотности и дна. Тогда $m_1 = \frac{\pi d^2}{4} y\rho$, $m_2 = \pi dh\mu$, $m_3 = \frac{\pi d^2}{4} \mu$.

Используя эти выражения, получим из (*) следующие уравнения для $y$:

$$y^2d\rho + \mu (8h + 2d) y - 4h^2\mu = 0.$$

Это уравнение имеет только один положительный корень

$$y = \frac{1}{d\rho} \left[ \sqrt{\mu^2 (4h + d)^2 + 4h^2\mu d\rho} - \mu (4h + d) \right].$$

◆

Прибор сможет служить термометром, если объемы воды $V_1$ и $V_2$, разделенные каплей ртути, будут зависеть от температуры.

Рассмотрим сначала, зависит ли $V_1$ от $T$ (и $V_2$ от $T$) при горизонтальном расположении прибора. Если капля ртути находится в равновесии при температуре $T$, то давления слева и справа от нее должны быть одинаковы: $p_1 = p_2$. Обозначим через $m_1$ и $m_2$ массы воды, соответственно, слева и справа от капли и через $\mu$ — молярную массу воды. Тогда

$$p_1 = \frac{m_1}{\mu V_1} RT, \quad p_2 = \frac{m_2}{\mu V_2} RT,$$

так что при $p_1 = p_2$ имеем:

$$\frac{m_1}{V_1} = \frac{m_2}{V_2},$$ или $$\frac{V_1}{V_2} = \frac{m_1}{m_2}.$$

Мы видим, что при горизонтальном расположении прибора $V_1/V_2$ не зависит от $T$. Сумма $V_1+V_2$ тоже постоянна. Следовательно, ни $V_1$, ни $V_2$ не зависит от температуры$^*$). Термометром прибор служить не может.

При вертикальном расположении прибора давление под каплей должны быть выше давления над ней, так чтобы выполнялось условие:

$$p_1s = p_2s + mg,$$

где $m$ — масса капли, $s$ — площадь секения трубки, $p_1$ и $p_2$ — давления воды, соответственно, ниже и выше капли. Подставляя в (2) выражения (1) для $p_1$ и $p_2$, получим

$$\frac{m_1}{V_1} - \frac{m_2}{V_2} = \frac{mg\mu}{sRT}.$$

И так как $V_1+V_2$ const, что в этом случае как $V_1$, так и $V_2$ зависит от температуры. Прибор может служить термометром.

◆

Звук, излучаемый звонком, распространяется в виде сфericalских волн, центр которых движется горизонтально со скоростью ветра $|\vec{v}|$. Так как по мере увеличения радиуса волнового фронта интенсивность звука убивает, ясно, что громче всего звонок слышен в той точке на земле, в которой звук попадает, пройдя минимальное расстояние от центра сфericalной волны. Это — та точка, в которой сфericalная волна касается поверхности земли. Так

*) В действительности при изменении температуры меняется объем капли ртути, и это приводит к изменению объемов $V_1$ и $V_2$. Однако, поскольку объем капли ртути много меньше $V_1$ и $V_2$, этим изменением можно пренебреть.