Решения задач М528, М529; Ф538—Ф541

24

Решения задач

M528, M529; Ф538 — Ф541

М528. На каждой клетке шахматной доски стомит по фишке. Фишки нужно переставить так, чтобы расстояние между каждой парой фишек не уменьшилось по сравнению с расстоянием между ними при первоначальном расположении. Сколько способами это можно сделать? (Рассмотрим между фишками сцимается расстояние между центрами клеток, которые они занимают.)

Рис. 1.

Рис. 2.

Докажем, прежде всего, что требуется перестановка фишек сохраняем расстояния между любыми двумя фишками. Это можно сделать многими разными способами.

Первый способ. Сумма всех попарных расстояний между фишками не изменяется. Отсюда следует, что ни одно из расстояний не может увеличиться (действительно, если после перестановки фишек расстояние между каждой париной фишек не уменьшилось, то, поскольку сумма всех расстояний постояна, найдется фишки, расстояние между которых уменьшится, что противоречит условиям перестановки).

Второй способ. Угловые фишки A, B, C, D (рис. 1) по-прежнему должны остаться угловыми, поскольку расстояние от каждой из них до фишки в противоположном (по диагонали) углу не может измениться (это расстояние, равное длине диагонали доски, максимальное: $|AC| = |BD| \ge |KL|$, где K и L — произвольные клетки). Итак, эти четыре фишки по-прежнему занимают четыре угла доски, причем их новые положения A’, B’, C’, D’ — по-прежнему четыре последовательные вершины квадрата (рис. 2). Тогда расстояния от фишки M до сторона квадрата ABCD должны равнять расстояния от ее образа — фишки M’ — до соответствующих сторонах квадрата A’B’C’D’: иначе бы расстояния от M до каждой-то двух соседних сторон квадрата не увеличились, а одно из них — строго уменьшилось; но тогда расстояние до общей вершины этих сторон тоже должно быть бы уменьшиться.

Из наших доказательств ясно, что нужно перестановка фишек определяет некоторое перемещение квадрата ABCD на самом себе. Таких самосовмещений существует во всем (включая тождественное, при котором все точки остаются на месте): вершина A может попасть в любую из четырех других, а при этом вершина B — в одну из двух соседних с ней вершин.

Заметим, что основной результат задачи допускает такое красное обобщение: если f — неперерывное отображение замкнутого оранженного множества (на плоскости или в пространстве) в себя, такое, что для любых двух точки M, N

$$\rho(f(M), f(N)) \ge \rho(M, N),$$

() мо для любых двух точки M и N неравенство () будет равенство. Однако доказательство этого факта довольно сложно (см. Н. Бурбак и «Общая топология» (М., «Наука», 1975), задача 11 к § 2 главы IX).

Н. Васильев

М529. a) Мнооуольник M’ — образ выпуклого многоугольника M при одномоментии с коэффициентом k = -1/2. Докажите, что существует параллельный перенос T макой, что T(M’) ⊂ M.
b) При каких коэффициентах нометрии k < 0 верно аналогично утверждению для выпуклого многоугольника M в пространстве?

a). На первый взгляд в условиях задачи есть неопределенность: не сказано, какой именно готовотейп пслучен многоугольник M’. Мы предложаем читателю доказать о наших многоугольниках M, M’ следующее лему: образ многоугольника M’ при любом параллельном переносом быть получен из M некоторой нометрии с коэффициентом k (но с другой ценром), и, наоборот, образ многоугольника M при произвольной нометрии с коэффициентом k может быть получен из M некоторым параллельным переносом.

Перейдем к решению. Выберем среди вершин многоугольника M при (скажем, A, B и C), образующие треугольник ABC на большей возможной площади (такие найдет, так как M — конечное число вершин). Пусть O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Расстояние образ M’’ многоугольника M при готовотейп Γ с центром O и коэффициентом k = -1/2 (рис. 3). Как мы

25

отметили, многоугольник $M''$ может быть получен из многоугольника $M'$ параллельным переносом. Ясно, что если $M''$ окажется лежащим внутри треугольника $ABC$ (и, тем более, внутри многоугольника $M$), то задача будет решена.

Рассмотрим треугольник $A'B'C'$, образованный средними линяями треугольника $ABC$. Поскольку $\Delta A'B'C' = \Gamma (\triangle ABC)$, точки $A', B', C'$ являются вершинами многоугольника $M''$, причем треугольник $A'B'C'$ имеет максимальный площадь среди треугольников, образованных треями вершинами многоугольника $M''$. Пусть теперь какая-нибудь вершина — скажем, $X$ — многоугольника $M''$ окazалась в не треугольника $ABC$, например, по разные с ним стороны от $[AB]$ (рис. 4). Но тогда треугольник $XA'C'$, очевидно, лежащий внутри многоугольника $M''$, имея бы площадь, большешую, чем треугольник $ABC$, что небозможно. Значит, $M'' \subset \triangle ABC$.

Задча a) решена.

6. Решение пункта 6) задачи почти полностью повторяет изложенное выше. Прежде всего, если слово «многоугольник» заменить на «многоугранник», то lemma сстанется справедливо. Далее, роль треугольника $ABC$ (максимальный площади) будет играть тетраэдр $ABCD$, вершины которого являются вершинами многоугранника $M$, а объем — максимальный среди объемов всех таких tetraэдров. Роль же центра готовится $O$ прекрасно сыгает центр тяжесте тетраэдра $ABCD$ (как известно, он делит отрезки, соединяющие вершины tetraэдра с центрами тяжесте противоположных граней, в отношении 1:3). Внимательный читатель, вероятно, уже догадался, что утверждение пункта 6) будет верным, если положить $k = -1/3$. Так как, очевидно, оно тем более верно при $-1/3 \leq k < 0$, для полного решения задачи остается показать, что уменьшить значение $k = -1/3$ нельзя. Что бы доказать отрицание какого-либо утверждения, достаточно опровергнуть его в каком-нибудь частном случае. Опровергнем его, когда многоугранник $M$ — правильный tetraэдр.

Для этого доказем следующей утверждение: пусть $ABCD$ — правильный метраэдр и $A'B'C'D'$ — его образ при этом с коэффициентом $k' > -3$ (рис. 5); центр готовится, как мы видели, не играет роли); моеда не существует параллельного переноса, при котором образ метраэдра $ABCD$ лежал бы внутри метраэдра $A'B'C'D'$.

В самом деле, проведем через вершины tetraэдра $ABCD$ плоскости, параллельные противоположным граям tetraэдра (через вершину $A$ — плоскость, параллельную грани $BCD$, и т. д.). Многоугранник (обозначим его $A''B''C''D''$), образованный этим плоскостями, будет правильным tetraэдром, готовящий метраэдру $ABCD$ с коэффициентом готовится $k'' = -3$ (центр готовится — в центре тяжесте tetraэдра $ABCD$). Значит, этот новый tetraэдр «больше» tetraэдра $A'B'C'D'$ (хотя бы по объему)

26

и потому не может быть «задвинут» в него никаким паралельным переносом. Допустим теперь, что существует паралельный перенос $T$ такой, что $T$ ($ABCD$) $\subset A'B'C'D'$. «Вдвинем» немного грани терраэдра $A'B'C'D'$ «внутрь», оставляя их паралельными себе, вплоть до касания с вершинами образа терраэдра $ABCD$ при паралельном переносе $T$ (то есть — с вершинами терраэдра $T$ ($ABCD$)). Получащийся при этом терраэдр, очевидно, конгрузтен ранее построением терраэдру $A''B''C''D''$ («большему», чем терраэдр $A'B'C'D'$) и лежит внутри терраэдра $A'B'C'D'$, что невозможно. Значит, требуемого паралельного переноса не существует.

Заметим, что правильно тетраэдра $ABCD$ нужна была лишь для наглядности.

Для многограничков же, отличных от терраэдра, значение $k = -1/3$ может быть уменьшено; например, для центрально-симметричных выпуклых тел (не обязательно — многограничков) «минimalный» коэффициент готовении равен —1. Таким образом, грани и козффициент готовении может служить мерой «несимметриности» выпуклого тела. Похожие вопросы разбияются в брошюре Б. Грю и ба ума в «Этиды по комбинаторной геометрии и теории выпуклых тел» (М., «Наука», 1971) и в книжке В. Г. Болтянского и И. М. Яглома «Виупклице физуры» (М. — Л., Гостехидат, 1951).

Кроме вышепиведенного решения задачи a), нам известны еще два ее решения: первое — весма простое, но использующее «трудную» теорему Хелли (см. решение задачи 19 из указанной книжки Болтянского и Яглома; там же можно найти разбор и применения теоремы Хелли); во втором за центр готовении приннимается центр тяжесте O многоугольника $M$ как плоскны. То, что O обладает нужными свойствами, проверяется очень просто.

Н. Нецветаев

Ф538. Тяжелая вервка подвешена в точках $A$ и $B$ (рис. 6). Абсолютное значение силы наряжения вервки в точке $C$ равно 20 Н. Найти массу вервки.

Обозначим $m$ массу вервки, $\vec{T}_A$ и $\vec{T}_B$ — силы наяжения вервки в точках $A$ и $B$. (Силы наяжения в каждой точке направлены по касательной к вервке). Так как вервка находится в равновесии, сумма сил, действующих на нее, равна нулю:

$$\vec{T}_A + \vec{T}_B + mg = 0.$$

Равна нулю и сумма проекций сил, действующих на вервку, на любую ось, в частиности — на вертикальную ось $OY$. Следовательно,

$$T_{Ay} + T_{By} - m|\vec{g}| = 0,$$

откуда

$$m = \frac{T_{Ay} + T_{By}}{|\vec{g}|}.$$

Таким образом, для того чтобы массу вервки, следует определить $T_{Ay}$ и $T_{By}$. Найдем их.

Участок CB вервки находится в равновесии. Это означает, что сумма проекций на горизонтальную ось $OX$ силы наяжения, действующих на вервку в точках $C$ и $B$, равна нулю:

$$T_{Cx} + T_{Bx} = 0.$$

Нарисуем в произвольном удобном масштабе силы $\vec{T}_C$ (рис. 7). Она направлена по касательной к вервке в точке $C$. Найдем проекцию силы $\vec{T}_C$ на ось $OX$. Тепер проводим касательную к вервке в точке $B$. Вдоль этой касательной направлена сила $\vec{T}_B$. На горизонтальной оси отложим проекцию силы $T_{Bx}$ на ось $OX$, которая равна $-T_{Cx}$. Восстановив перпендикуляр в точке $K$ до пере-

Рис. 7.

Рис. 8.

сечения с касательной в точке $B$, найдем силу $\vec{T}_B$. Теперь нетрудно найти проекцию силы $\vec{T}_B$ на вертикальную ось. Она определяется длиной отрезка $KE$ с учетом масштаба, в котором мы рисовали силу $\vec{T}_C$. В нашем случае $T_{By} \approx 22$ Н.

Аналогично строится сила $\vec{T}_A$ наяжения вервки в точке $A$ (рис. 8) и находится ее проекция на ось $OY$. В нашем случае она равна $\approx 9$ Н.

Таким образом, $m = \frac{22 + 9}{9,8} \text{ кг} \approx 3,2 \text{ кг}$.

И. Слободецкий

Ф539. На рисунке 9 показаны два замкнутых термо-dинамических цикла, проведенных с идеальным одноatomным газом: $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 1$ и $1 \rightarrow 5 \rightarrow 6 \rightarrow 4 \rightarrow 1$. У какого из циклов коэффициент полезного действия выше? Во сколько раз?

КПД цикла равен отношению работы $A$, совершенной газом, к количеству теплоты $Q$, сообщенной газу за цикл. Численно работа равна площади, ограниченной графиком цикла. Для первого цикла —

$$A_1 = (2 p_0 - p_0)(2 V_0 - V_0) = p_0 V_0,$$

для второго цикла —

$$A_2 = (4 p_0 - p_0)(2 V_0 - V_0) = 3 p_0 V_0.$$

Найдем теплы $Q_1$ и $Q_2$. В первом случае теплота передается газу на участке $1-2$ и $2-3$. При этом газ нагревается, а на участке $2-3$ еще и совершает работу $A' = 2 p_0 V_0$. Следовательно, $Q_1 = A' + \Delta U'$, $\Delta U'$ — изменение внутренней энергии газа. Так как температура газа минимальная в точке $1$ и максимальная в точке $3$, а теплоемкость одного киломоля идеального одноatomного газа равна $\frac{3}{2} R$,

$$\Delta U' = \frac{3}{2} R v (T_3 - T_1).$$

Здесь $v$ — число киломолей газа, $T_1 = \frac{p_0 V_0}{\nu R}$, $T_3 = \frac{4 p_0 V_0}{\nu R}$. Поэтому $\Delta U' = \frac{9}{2} p_0 V_0$ и $Q_1 = \frac{13}{2} p_0 V_0$. Аналогично найдем для второго цикла $A' = 4 p_0 V_0$ (на участке $5-6$), $\Delta U'' = \frac{3}{2} R v (T_6 - T_1) = \frac{21}{2} p_0 V_0$ и $Q_2 = \frac{29}{2} p_0 V_0$. Используя полученные данные, находим:

$$\eta_1 = \frac{2}{13}, \eta_2 = \frac{6}{29}, \eta_1 / \eta_2 \approx 0,74.$$

А. Зильберман

28

Ф540. Две катушки с индуктивностью $L_1$ и $L_2$ соединены параллельно. Катушки будут максимальные точки в катушках, если параллельно им подключают конденсатор с емкостью $C$ (рис. 10), предварительно заряженный до напряжения $U$?

Рис. 10.

Так как катушки соединены параллельно, напряжение на них одинаковы: $U_{L_1} = U_{L_2}$. Но $U_{L_1} = L_1 \frac{\Delta I_1}{\Delta t}$, $U_{L_2} = L_2 \frac{\Delta I_2}{\Delta t}$.

Следовательно,

$$L_1 \frac{\Delta I_1}{\Delta t} = L_2 \frac{\Delta I_2}{\Delta t}.$$

(1)

В начальной момент точки в обенх катушки равны нулю, поэтому из (1) следует, что точки $I_1$ и $I_2$ в любой момент времени таковы, что

$$L_1 I_1 = L_2 I_2.$$

(2)

(Это означает, что максимальные значения токов в катушки достигаются одновременно.)

Ясно, что точки $I_1$ и $I_2$ максимальные, когда конденсатор заряжен. Из закона сохранения энергии следует, что в этот момент

$$\frac{CU^2}{2} = \frac{L_1 I_1^2}{2} + \frac{L_2 I_2^2}{2}.$$

(3)

Из уравнения (2) и (3) находится:

$$I_1 = U \sqrt{\frac{L_2 C}{L_1 (L_1 + L_2)}}, I_2 = U \sqrt{\frac{L_1 C}{L_2 (L_1 + L_2)}}.$$

О. Савченко

Ф541. Промежуток искрового генератора (рис. 11) отрегулирован на напряжение $U$, а сопротивление $R$ резистора подобран максимум, имыны просходило пазрядов в секунду. Определить среднюю мощность, выделяющуюся на резисторе, если во время заряда конденсатор успешно разрядится.

Рис. 11.

Для установившейся источной работы искрового генератора необходимо, чтобы разряд в искровом промежутке не влиял на процесс заряда конденсатора. Это возможно в случае, когда время заряда конденсатора через искровой промежуток зачително меньше времени заряда его от источника до напряжения $U$.

В этом случае при нулевом напряжении на конденсатор ток в искровом промежутке отсутствует, и промежуток восстановлен свой диэлектрическим свойством. Следующий пробой произойдет при достижении на промежутке, а следовательно, и на конденсатор, напряжение $U$.

За время заряда конденсатора до напряжения $U$ батарея совершает работу $A = q\varepsilon$, где $q = CU - \varepsilon$ на конденсатор. Согласно закону сохранения энергии $A = Q + CU^2/2$, где $Q - \varepsilon$ энергия, выделшаяся за время заряда конденсатора на резисторе, $CU^2/2 - \varepsilon$ энергия, запасная в конденсатор. Таким образом,

$$CU\varepsilon = Q + CU^2/2,$$

откуда

$$Q = CU\varepsilon (1 - U/2\varepsilon).$$

Так как время заряда конденсатора через искровой промежуток мал, можно пребежать энергий, выделяющейся за это время на резисторе.

Если в 1 секунду конденсатор заряжается $n$ раз, то средняя мощность, выделяющаяся на резисторе, равна

$$N = nCU\varepsilon \left(1 - \frac{1}{2} \frac{U}{2}\varepsilon\right).$$

П. Зубков