Решения задач М530, М531, М533, М534, М536, М537; Ф537, Ф542—Ф545

28

Решения задач

M530, M531, M533, M534, M536, M537;
Ф537, Ф542—Ф545

Заменим наш лист бумаги таблицей из нулей и единиц: если клетка черная, напишем на ее месте единицу, а если белая — ноль (рис. 2). Определим для каждой клетки сумму ее соседей «по модулю 2», то есть по следующему правилу:

$$0+0=1+1=0;$$
$$1+0=0+1=1.$$

Сумму соседей данной клетки называем ее ореолом, а вместе с слов «черная клетка» будем писать «1- клетка».

Из условия задачи следует, что состояние клетки (т. е. записанное в ней число) в некоторых момент времени равно ее ореолу в предыдущей момент.

a) Если множество $B$ «1- клеток» при перекрашивании не изменяется, то ореол любой «1- клетки» множество $B$ равен 1. Сложим ореолы всех «1- клеток». Каждая сторона, общая для двух «1- клеток», вносит в эту сумму (всех ореолов) две единицы; поэтому сумма всех ореолов равна сумме четного числа единиц, то есть равна нулю. Но так как ореол каждой «1- клетки» равен 1, получаем, что клеток в $B$ — четное число.

b) Будем писать $A \rightarrow B$, если при перекрашивании таблица $A$ переходит в таблицу $B$. Изовем суммой таблицы $A$ и $B$ таблицу $A+B$, получающую поклочным сложением чисел таблицы $A$ и $B$ (по указанным выше правилам; см. рис. 3).

Лемма a. Если $A \rightarrow A_1$, $B \rightarrow B_1$, то $A+B \rightarrow A_1+B_1$.

Это следует из того, что при сложении ореолы клеток тоже складывают.

Приступим к решению задачи 6). Пусть
$$B_1 \rightarrow B_2 \rightarrow \dots \rightarrow B_r \rightarrow B_1.$$
Используя лемму, получаем:
$$B_1+B_2 \rightarrow B_2+B_3 \rightarrow \dots \rightarrow B_r+B_1 \rightarrow B_1+B_2;$$
$$B_1+B_2+B_3 \rightarrow B_2+B_3+B_4 \rightarrow \dots \rightarrow B_r+B_1+B_2 \rightarrow B_1+B_2+B_3;$$

$$B_1+B_2+B_3+\dots+B_r \rightarrow B_1+B_2+B_3+\dots+B_r.$$

Из последней строки и задачи a) следует, что в таблице $B_1+B_2+\dots+B_r$ — четное число «1- клеток». Затем теперь, что число «1- клеток» в таблице $A+B$ равно сумме чисел «1- клеток» в таблицах $A$ и $B$ минут с ное и сл о (получающейся из-за того, что $1+1=0$); поэтому четность числа «1- клеток» в таблице $A+B$ и суммарного числа «1- клеток» в таблицах $A$ и $B$ одинаков а. Поскольку в таблице $B_1+B_2+\dots+B_r$ — четное число «1- клеток», получаем, что и общее число «1- клеток» в множестве $B_1$, $B_2$, …, $B_r$ четно.

Задача M530 решена. Но в связи с ней возникнет много интересных вопросов. Например, чем может равняться $r$, то есть каким может быть перiod и превращенный множество «1- клеток» данной таблицы? Как будет произходить «эволюция» для таблицы «непрямогоного» вида? Примуговые таблицы подаются исследованием с трудом. Это объясняется «неравноправностью» их клеток: разные клетки имеют разное число (от двух до четырех) соседей. Но если из прямогольной таблицы склент(top (бублик), то у каждой клетки будет уже по четыре соседea. Для того уже удается кое-что доказать: например, установлено, что на торе, склеенным из квадрата $(2^n+1) \times (2^n+1)$,лина перiodа $r$ обязательно равна делителью числа $2^n-1$. Но возникнет новые вопросы для данного тора все также $r$? Например, на торе, склеенным из квадрата $65 \times 65$, существует периоды длины 1 и 63, но неизвестно, существует ли период

29

М531. Из пунктов А и В не одновременно выехали настрему другую автоматическим и величиным. Встретились в точке C, они могли развернуть и второй разстремились в точке D; здесь они вновь развернул и m. д. В какой точке отрезка AB произошла их 1978-я встреча?

Рис. 3.

Для длины 3, 7, 9 и 21. Продвинутся в решении задачи на торе помогает аналогичная задача на окружности из n клеток (похожая задача M19 была разобранна в «Кванте», 1970, № 4).

Р. Измайлов

◆ Лучше всего решать эту задачу с помощью графиков движения. Постоянство скорости движения точки означает, что ее график движения образует один и тот же угол с осью времени t (рис. 4). Пусть моменты встреч — t₁, t₂, t₃, … Ясно, что оба графика движения на участках t₁ < t ≤ t₂ и t₂ ≤ t < t₃ идут симметрично относительно прямой t = t₂, поэтому третья встреча произойдет в той же точке C, где и первая. Точно так же прямая t = t₃ является осью симметрики графиков движения при t ≤ t₃ и t ≥ t₃; поэтомучетвертая встреча произойдет в той же точке D, что и вторая, и т. д.: каждая нечетная встреча будет проискодить в точке C, каждая четная, в том числе и 1978-я, — в точке D.

Из нашей решения ясно так же, что числа t₁, t₂, t₃, … образуют арифметическую прогрессию: встреч произходит через равные промежутки времени d = tₙ₁ + tₙ₂, и вся картина полностью повторяется с периодом T = 2d.

Это наблюдается — частный случай полезного факта: если график функции y = f(x) симметричен относительно прямых x = a и x = b (то есть f(a + x) = f(a - x) и f(b + x) = f(b - x)), то функция f — периодическая с периодом 2|b - a| (в нашем задаче роль x играет t).

Н. Васильев

Рис. 4.

М533. Наозем выпуклый многоугольник особым, если некоморые при его диагонали пересекаются в одной внутренней точке. Доказим, что у каждой особым семиугольника найдется вершина A, обладающая максимим свойством: для любого ε > 0 вершину A можно ссыпать на расстояние, меньшее ε (не меняя остальных вершин), так, что полученный семиугольник будет неособым.

◆ Наозем диагональ выпуклого шестиугольника елавной, если по обе стороны от прямой, на которой лежит эта diагональ, расположены по две вершины шестиугольника. Если MP — побочная (не главная) diагональ выпуклого шестиугольника и N — вершина, смежная с вершинами M и P (рис. 5), то во внутренних точках diагональ MP пересекаются лишь diагонали, выходящие из N. Поэтому никакие другие д в diагонали не пересекаются с [MP] в общей внутренней точке. Иначе говоря, единственный проекой диагоналей выпуклого шестиугольника, которая может обусую точку внутренней шестиугольника, является проекция его елавных diагоналей.

Пусть теперь B₁B₂ … B₇ — произвольный выпуклый семиугольник. Расстояние выпуклые шестиугольники B₁ … B₅B₆ и B₁ … B₅B₇ (рис. 6). Диагонали [B₁B₄] и [B₂B₅] являются в них главными. Обозначим через P точ-

31

Чтобы приямы, о которых говорится в условия (параллельные стороны треугольника ABC), проходили через одну точку. Пусть эти приямы образуют треугольник $A_1B_1C_1$ (рис. 9) и пусть $k$ — коэффициент готовности треугольников $A_1B_1C_1$ и $ABC$ ($|k| = \frac{|A_1C_1|}{|AC|}$). Выполнить построение, описанное в задаче М534, получим треугольники $AEK$, $BDM$, $CFL$, прилегающие к сторонам $\Delta ABC$, и центральный треугольник $DEF$. Пусть, как и выше, их площади равны $S_1$, $S_2$, $S_3$ и $S_0$ соответственно. Доказите самостояльно, что

$$S_0 - kS_{ABC} = S_1 + S_2 + S_3.$$

Подумайте, как можно формулировать этот результат для случая любых готовительных треугольников $ABC$ и $A_1B_1C_1$.

Ф. Вайнштейн

M536. a) Докажите, что любой прямогольник размером $m \times 2n$ клеток ($m > 1$) можно замостить двумя слоями космиек домино (плиток $1 \times 2$ клетки) так, чтобы каждый плимка верхнеzo слоя опиралась на две разные плимки нижнего слоя.

6. Прямогольник размером $2k \times 2n$ клеток уже замостен одним слоем космиек домино. Докажите, что его можно замостить вторым слоем так, чтобы выполнялось мо же условия (m. e. чимбы плимки разных слоев не совпадали).

a) Разрежем прямогольник размером $m \times 2n$ клеток на полосы размером $2 \times m$ клеток. Если $m$ — нечетное, то в каждой полосе устроим наши два покрытия так, как показано на рисунке 10; если же $m$ четное, — так, как на рисунке 11.

6. Разрежем прямогольник размером $2k \times 2n$ клеток на квадраты размером $2 \times 2$ клеток. Второе покрытие в каждом квадрате будет строить отдельно.

Рис. 10.

Рис. 11.

В квадрате $2 \times 2$ возможны три случая расположения костяшки первого покрытия: обе костяшки целиком лежат в квадрате, только одна костяшка целиком лежит в квадрате, ни одна из костяшки целиком не лежит в квадрате. В третьем случae две костяшки в квадрате во втором покрытии можно расположить произвольно, а в первых двух случах костяшки второго слоя нужно расположить перпендикулярно к костяке (или костякам), целиком лежащей в квадрате в первом слое.

В. Прасолов

M537. Окружность касается внутренним образом окружности, описанной вокруг размеры ABC, а также равных сторон AB и AC это море треугольника в точках P, Q соответственно. Докажите, что середина отрезка PQ является центром окружности, описанной вокруг размеры ABC.

Отметим на оси симметрины треугольника $BAC$ точки $H \in [BC]$, $K \in [PQ]$, центр $O$ данной окружности и точку $T$ ее касания с окружностью, описанной вокруг треугольника $BAC$ (рис. 12). Поскольку отрезки $TB$ и $OP$ оба перпендикуляры к прямой BA (угол $TBA$ опирается на диаметр $[AT]$), а $[OP]$ — радиус, идищей в точку касания), а отрезки $BH$ и $PK$ перпендикуляры к оси симметрины $(AT)$, получаем

$$\frac{|AH|}{|AT|} = \frac{|AK|}{|AO|} = \cos^2 \alpha,$$

где $\alpha = \frac{\widehat{BAC}}{2}$.

Пусть $B'$ и $C'$ — точки пересечения сторон угла $BAC$ с касательной, проведенной в точке $T$. При этом с

32

центром $A$ и коэффициент $k = \cos^2 \alpha$ треугольник $B'AC'$ перейдет в треугольник $BAC$ (при этом $T$ перейдет в $H$), а центр $O$ окружности, вписанной в $\triangle B'AC'$, перейдет согласно (*) в точку $K$. Таким образом, мы доказали, что центр окружности, вписанной в $\triangle ABC$, — точка $K$.

Н. Васильев

Рис. 12.

Ф537. Полировской металлической пластины ее можно сделать зеркальной. Оценить, какова мощность бытных максимальных высота церковатосмеи, оставшихся после полировки, чтобы пластина зеркального отражения пучок света с длиной волны $\lambda = 5 \cdot 10^{-8}$ м, падающий на нее под углом $\alpha = 45^\circ$.

Рис. 13.

$\widehat{MBL} = \alpha, \widehat{MKB} = \beta.$
$\Delta = |AD| - |CB|$
$|AD| = |AK| \sin \beta = (a + h \text{ ctg } \beta) \sin \beta = a \sin \beta + h \cos \beta.$
$|CB| = |CL| - |BL| = |AL| \sin \alpha - \frac{h}{\cos \alpha} = (a + h \text{ tg } \alpha) \sin \alpha - \frac{h}{\cos \alpha} = a \sin \alpha + h \frac{\sin^2 \alpha - 1}{\cos \alpha} = a \sin \alpha - h \cos \alpha.$
$\Delta = a (\sin \beta - \sin \alpha) + h (\cos \beta + \cos \alpha).$

Для того чтобы шероховатая поверхность отражала свет зеркально, необходимо, чтобы не проискдило уменьшенная интенсивность отраженного света из-за интерференции волн, отраженных от разных точек поверхности. Для этого разность хода $\Delta$ лучей, отраженных под одним и тем же углом от разных точек поверхности, должна быть много меньше длины волны.

Очевидно, наиболее разность хода имеет луч, отраженные от владинны и от вершины шероховатости (точки $A$ и $B$ на рисунке 13). Обозначим $\alpha$ угол падения и $\beta$ угол, под которым наблюдается отражение от поверхности. Проведяя из точки $A$ перpendикуляр $AC$ к падационным лучам, найдем точку $C$ на луче 2, в которой фаза волны совпадает с фазой в точке $A$ ($AC$ — фронт падационной волны). Проведяя из точки $B$ perpendикуляр к отраженным лучам, найдем точку $D$, в которой фаза отраженной волны совпадает с фазой в точке $B$ ($BD$ — фронт отраженной волны). Разность хода $\Delta$ лучей 1 и 2 равна $|AD| - |CB|$. Проведяя вычисления, найдем (см. рис. 13):

$$\Delta = a (\sin \beta - \sin \alpha) + h (\cos \beta + \cos \alpha).$$

Отражение будет зеркальным, если $\Delta \ll \lambda$. Так как расстояния $a$ между владинами и выступами на отражающей поверхности могут быть совершенно произвольными (как маленькими, так и большими), то для выполнения условия $\Delta \ll \lambda$ первое слагаемое в (*) должно быть равным нулю. Это значит, что зеркальное отражение возможно лишь в том случае, если $\alpha = \beta$, то есть угол падения равен углу отражения.

В этом случае $\Delta = 2h \cos \alpha$, и отражение будет зеркальным, если $2h \cos \alpha \ll \lambda$, то есть $h \ll \frac{\lambda}{2 \cos \alpha}$. (П р и м еч а n e. Так как при $\alpha \rightarrow \frac{\pi}{2} \cos \alpha \rightarrow 0$, при больших углах падения ($\frac{\pi}{2}$) зеркальной становится и грубая поверхность с большими шероховатостими.)

При $\lambda = 5 \cdot 10^{-8}$ м и $\alpha = 45^\circ h \ll 3,6 \cdot 10^{-8}$ м.

35

ка сразу же после его образования и через большое время после эмодо, если меллопроводность воды неевелика, а ее меллоемкость очень большая. Считать, что пузырьки находятся в области поверхности воды.

Изменение внутренней энергии системы равно $\Delta U = \sigma \Delta s + \Delta u$. Здесь $\sigma \Delta s$ — изменение поверхностной энергии за счет изменения площади поверхности пузырьков на $\Delta s$ (σ — поверхностное натяжение воды); $\Delta u$ — изменение внутренней энергии воздуха.

Внутренняя энергия воздуха в результате слияния пузырьков изменяется на величины

$$\Delta u = \frac{5}{2} \frac{m}{\mu} R \Delta T,$$

где $m$ — масса воздуха в пузырьках; $\Delta T$ — изменение температуры воздуха. (Воздух состоит в основном, из двухatomных молекул азота и кислорода, поэтому его можно считать двухatomным газом. Внутренняя энергия одного моля двухatomного газа равна $5/2 RT$.)

Давление $p$ воздуха в пузырьках в нашем случае остается практическим постоянным. Действительно, давление $p$ отличается от давления в воде на уровне пузырьков на величины $\frac{2\sigma}{r} (r = r_1 = r_2)$ — в первоначальном пузырьке и на величины $\frac{2\sigma}{\rho}$ — в новом пузырьке радиуса $\rho$ ($\rho > r$). Поскольку слияние происходит у поверхности воды, можно считать, что давление в воде равно атмосферному, то есть равно $p_0 \approx 10^5$ H/$m^2$. Так как $\frac{2\sigma}{r} = \frac{2 \cdot 7,3 \cdot 10^{-2}}{3 \cdot 10^{-3}} \approx 49$ (H/$m^2$) «$p_0$, можно считать, что давление в пузырьках остается неизменным и равным $p_0$. Поэтому, согласно уравнению газового состояния, $p_0 \Delta V = \frac{m}{\mu} R \Delta T$, откуда $\Delta T = p_0 \Delta V \frac{\mu}{mR}$. Таким образом,

$$A = p_0 \Delta V = c \Delta s + \frac{5}{2} p_0 \Delta V,$$

или $\sigma \Delta s = -\frac{3}{2} p_0 \Delta V$.

Подставляя в это выражение $\Delta V = \frac{4}{3} \pi (\rho^3 - 2r^3)$ и $\Delta s = 4\pi (\rho^2 - 2r^2)$, получим:

$$p_0 \rho^3 + 2\sigma \rho^2 - 2p_0 r^3 - 4\sigma r^2 = 0,$$

или, с учетом численных данных,

$$10^5 \rho^3 + 14,6 \cdot 10^{-2} \rho^2 = 5,4 \cdot 10^{-3}.$$

Поскольку заведено $\rho > 3 \cdot 10^{-3}$ м, второе слагаемое влевой части равенства малó по сравнению с первым и им можно пренебреть. Поэтому

$$\rho \approx \sqrt[3]{5,4 \cdot 10^{-8}} \approx 3,8 \cdot 10^{-3} \text{ м},$$

то есть $\rho \approx 3,8$ мм.

И. Словодецкий