Решения задач М540—М544; Ф553—Ф557

22

Расстояние от Земли до Луны $L = 380 \cdot 10^3$ km.
Диаметр зрача глаза приять равным $d = 5$ мм.
Постоянная Планка $h = 6,6 \cdot 10^{-34}$ Дж·с.
Х1 Международная олимпиада по физике, 1979 г.

Ф611. Акробат, находясь на боковой поверхности цилиндра, лежащого на очень шероховатом полу, перебирает ногами и движется с постоянной скоростью вправа. Считая коэффициент треня ботинок акробата о поверхности цилиндра равным $\mu$, определять предельный угол $\alpha$, который может составить с вертикально радиус цилиндра, проведенный в точку, в которой находится акробат. Чему будет равна при этом треня ботинок акробата о цилиндр?

Ф612. Какое количество теплоты необходимо сообщить 0,1 кг неона для его нагрева на $5^\circ\text{C}$, если при нагревании давление неона пропорционально его объему?

Решения задач

M540—M544; Ф553—Ф557

М540. Международное общество состоит из представимелей шести различных стран. Список членов общества состоит из 1978 фамилии, заимерерованных числами 1, 2,…,1978.

Докажите, что существует хотя бы один член общества, номер которого равняется сумме номеров двух членов из его стран или удовлетворяют номеру некоморого члена из его страны.

Рис. 1.

Предположим, что заключение задачи не выполняется. Заметим, что одна из стран представлена в обществе не менее чем 330 членами. Действительно, если бы каждая делегация состояния не более чем из 329 членов, то всего в обществе было бы не больше чем $329 \times 6 = 1974$ члена. Аналогичным рассужdenем (известным под названием причина Дирихле) мы будем пользоваться еще несколько раз, не посягая его специально. Расположим номера ученых этой страны в порядке возрастания: $a_1, a_2, \dots, a_{330}$, В силу нашего предположения ученые с номерами $a_2-a_1, a_3-a_1, \dots, a_{330}-a_1$ представляют оставшиеся пять стран. Средних не менее 66 представляют одну страну; пусть это ученые с номерами $b_1, b_2, \dots, b_{66}$. Тогда ученые с номерами $b_2-b_1, \dots, b_{66}-b_1$ представляют оставшиеся четырьше страны. Средних не менее 17 ученых представляют одну страну; пусть их номера $c_1, c_2, \dots, c_{17}$. Тогда ученые с номерами $c_2-c_1, \dots, c_{17}-c_1$ живут в оставшихся трех странах. Из них мы аналогичным образом найдем 5 ученых, представляющих две страны, а затем двух представителей одной страны, разность номеров которых не может быть номером ученого ни одной из стран. Противоречие!

Задча решения.

Если поставить теперь вопрос о том, сколько должно быть членов в обществе из представителей $k$ стран, чтобы заключение задачи наверняка выполнялось, то приведенный выше метод решения дает ответ $n_k = [k!e] = k! \left( 2 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{k!} \right)$ (проверьте это самостояльно).

Однако эта оценка может быть уличшена уже для $k=3$. Как сообщил нам А. Ходульев, для трех стран достаточно не 16=[3!e], а 14 представителей. Для тринадцатей представителей трех стран заключение задачи не выполняется; соответствующий пример приведен на рисунке 1. А для четырех стран достаточно 45 представителей; для 44 же представителей четырех стран можно привести пример, когда заключение задачи не выполняется. Оценка сизу для количества членов общества из $k$ стран, для которых

23

М541. В компании из N. человеку у каждойровно трое друзей.
а) Доказите, что N чемно.
б) Всегда ли макую компанию можно разбить на N/2 пар马克, чтобы люди в каждой паре были друзьями?

Рис. 2.

М542. Дан прямоугольный треугольник $A_0A_1A_2$ с каметами $|A_0A_2| = a$ и $|A_1A_2| = b$. Муравей полем по бесконечной ломкой $A_2A_3A_4A_5\dots$, еде $A_nA_{n+1}$ — высота треугольника $A_{n-2}A_{n-1}A_n$.
а) Найдиме длину его пути (из бесконечного числа отрезков).
б) Построите предельную точку L, к комpoей приближается муравей. На каких расстояниях от каметов она находится?

a) Подсчитаем число пар друзей. Поскольку каждый имеет трех друзей, то есть входит в 3 такие пары, то общее число пар равно 3N/2. Отсюда следует, что N четно.

Если изображать людей точками — вершинами, а друзей соединять отрезками — ребрами, то конфигурация, удовлетворяющая условию задачи, будет однородным графом стелени 3 (от каждой вершины отходит 3 ребра). На языке графов нашей решение можно записать так: поскольку у каждой из M ребер графа два конца и каждой из N вершин служит концом трех ребер, $2M=3N$, откуда $M=3N/2$.

6. Ответ. Не всегда. Простейший пример, который привел почисти все читатели, правильно решившие задачу, содержит 16 вершин и, стало быть, 24 ребра (рис. 2). Если выбрать пару $OA_1$, то пятерки, содержащие $A_2$ и $A_3$, уже нельзя разбить на пары. Как отметил десятиклассник В. Губа из Вологды, также примеры существуют при всех четырех $N \geq 16$.

Во всех контрипмерах, приведенных читателями, на графе имеется перешеек — ребро, после выбравания которого граф распадается на два куска (в нашем примере три перешеек: $OA_1$, $OA_2$ и $OA_3$). Это не случайно. Можно доказать — предлагаем это как задачу читателям, — что в однородном графе стелени 3 без перешееквсегда существует граф, содержащих все вершины графа и не имеющих общих вершин. (См., например, главу 18 книги К. Бержа «Теория графов и ее применения» (М., ИЛ, 1962).)

Задание о паросочетаниях — достаточно продвинутый раздел теории графов. О некоторых из этих задач рассывалось в «Кванте» (1970, № 4, c. 14; 1974, № 11, c. 23).

Рассмотрим преобразование подобия Π, переводящей треугольник $A_0A_1A_2$ в треугольник $A_2A_3A_4$. Его коэффициент подобия

$$k = \frac{|A_2A_3|}{|A_0A_1|} = \frac{ab}{a^2 + b^2}.$$

Преобразование Π, оченьindo, отображает интересующую нас красную ломаную Γ, дополнительную двумя начальными звеньями $[A_0A_1]$ и $[A_1A_2]$, в точности на Γ, поскольку Π $(A_n)=A_{n+2}$ для $n=0, 1, 2, \dots$ (рис. 3). Поскольку П сокращает все расстояния в k раз,лина z ломаной Γ определяется из уравнения

$$k(|A_0A_1| + |A_1A_2| + z) = z,$$

откуда

$$z = \frac{k(\sqrt{a^2 + b^2} + b)}{1 - k} = \frac{(\sqrt{a^2 + b^2} + b)ab}{a^2 + b^2 - ab}.$$

(В этом рассуждении завыалирован общий способ отискания суммы бесконечной геометрической прогрессии: $(\sqrt{a^2 + b^2} + b)(k + k^2 + k^3 + \dots) = z$.) Заметим, что каждый треугольник $A_nA_{n+1}A_{n+2}$ содержит следующее $(n=0, 1, \dots)$, а пересечение всех этих треугольников—точка L, к которой в пределе стрелки муравей. Поскольку Π $(\triangle A_nA_{n+1}A_{n+2}) = \triangle A_{n+2}A_{n+3}A_{n+4}$, получаем Π $(L) = L$, то есть точка L является неподвижной точкой преобразования Π.

Преобразование Π — центральное подобное вращение; его можно получить как композицию поворота на 90°

24

и готовит (с коэффициентом $k$) с центром $L$. Отсюда следует, что $A_0LA_2 = A_2LA_4 = 90^\circ$; таким образом, точку $L$ можно построить как пересечение двух полукругностей с диаметрами $[A_0A_2]$ и $[A_2A_4]$ или еще проще — опустить из $A_2$ перpendicular $A_2L$ на отрезок $A_0A_4$. А найти расстояния $x$ и $y$ от точки $L$ до катетов длины $a$ и $b$ треугольника $A_0A_1A_2$ можно, воспользоваться линбо тем, что $L \in [A_0A_4]$ и $|LA_4| : |LA_0| = k^2$, линбо тем, что перpendicularы, опущенные из $L$ на отрезки $A_0A_2$, $A_2A_4$, $A_4A_6$, получают друг из друга преобразования $\Pi$, откуда

$$\begin{cases} y = kx, \\ ka - x = ky \end{cases}$$

(на рисунке 3 отрезок длины $x$ голубой, отрезок длины $y = kx$ — зеленьй, отрезок длины $ky$ — снова голубой). Таким образом,

$$x = \frac{ka}{k^2 + 1} = \frac{a^2b}{a^4 + 3a^2b^2 + b^4},$$

$$y = \frac{k^2a}{k^2 + 1} = \frac{a^3b^2}{a^4 + 3a^2b^2 + b^4}.$$

В ряде писем эти ответы получены как суммы геометрической прогрессии со значателем $k^2$ — коэффициентом готовится преобразование $\Pi^2$.

М543. Пусть

$$\rho(x, y) = \frac{|x - y|}{\sqrt{1 + x^2}\sqrt{1 + y^2}}.$$

Докажите, что для любых действительных чисел $a, b$, с выполено неравенство

$$\rho(a, c) \leq \rho(a, b) + \rho(b, c).$$

Рис. 4.

Формулу для «расстояния» $\rho$ можно существенно проектить, установив взаимно однозначное соответствие $y = tg\alpha$ между числами $y \in \mathbb{R}$ и числами $\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$. Если $y_1 = tg\alpha_1$, $y_2 = tg\alpha_2$, то, заменив $tg\alpha$ на $\sin\alpha/\cos\alpha$, получим

$$\rho(y_1, y_2) = \frac{|tg\alpha_1 - tg\alpha_2|}{\sqrt{1 + tg^2\alpha_1}\sqrt{1 + tg^2\alpha_2}} = |\sin(\alpha_1 - \alpha_2)|.$$

Таким образом, нужно нам неравенство треугольника для расстояния $\rho$ вытекает из следующого неравенства:

$$|\sin(\alpha_1 - \alpha_2)| \leq |\sin(\alpha_1 - \alpha_2)| + |\sin(\alpha_2 - \alpha_3)|;$$

(2) справедливо после него неравенства (для всех $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$) не вызывает сомнений: для любых $\beta$ и $\gamma$

$$|\sin(\beta + \gamma)| = |\sin\beta\cos\gamma + \sin\gamma\cos\beta| \leq |\sin\beta\cos\gamma| + |\sin\gamma\cos\beta| \leq |\sin\beta| + |\sin\gamma|;$$

положив здесь $\beta = \alpha_1 - \alpha_2$, $\gamma = \alpha_2 - \alpha_3$, получим (2).

Эти формулы трионометрические выкладки, как затемили многое читатели, можно прояснить с помощью геометрической интерпретации нашего расстояния $\rho$. Начертим на плоскости окружности, касающейся координатной прямой $Oy$ в точке $O(y=0)$, с диаметром $|OP|=1$ и каждой точке $Y$ (с координатой $y$) нашей прямой поставим в соответствие пересечение $F=F(y)$ отрезка $PY$ с этой окружностью (рис. 4). Пусть $F_1=F(y_1)$, $F_2=F(y_2)$. Тогда $\rho(y_1, y_2)$ есть просто дилинах $|F_1F_2|=\sin\beta$.

(Это сразу ясно из (1), поскольку $F_1PF_2=|\alpha_1 - \alpha_2|=\beta$, но легко установить и геометрическим — направер, затем, что площадь треугольника на рис. 4 с длиной основания $|y_1-y_2|$ и высотой длины 1 равна половине произведения $\sqrt{1+y_1^2}\sqrt{1+y_2^2}\sin\beta$.) Теперь «неравенство треугольника» оченьindo.

Отображение $y \rightarrow F(y)$ прямой на окружность и аналогичное отображение плоскости на сферу — «стереогра-

25

Фическая проекция — очень важный инструмент для решения разнообразных геометрических задач *).

Читатели, знакомые с комплексьми числами, оценят и такое решение (которое указал десятиклассик В. Губа из Вологды). После преобразования $y \rightarrow \frac{1}{y+i} = z (y)$ расстояние $p$ переходит в обычное расстояние между точками на комплекской плоскости: $\rho (y_1, y_2) = \left| \frac{1}{y_1+i} - \frac{1}{y_2+i} \right|$; затем, что геометрическая интерпретация этого отображения приводит, по существу, к тому же рисунку 4.

Н. Васильев

M544. Какое наиболее число вершин, из которых нельзя проверить ни одной диагонали (лежащей целиком внутренний многоугольника), может иметь выпуклый n-уzelbnik? Решите эту задачу сначала для $n=4,5,6,7$.

Рис. 5.

Рис. 6.

Докажем, что число таких вершин не превыходит $\left[ \frac{n}{2} \right]$.

Это сразу вытекает из следующей леммы:

Лемма. Если $A$ и $B$ — соседние вершины невыпуклого многоугольника $M$, то из $A$ или $B$ можно проверить диагональ.

Докажательство. Пусть $B$ и $C$ — вершины многоугольника $M$, соседние с $A$.

Предположим сначала, что $BAC < 180^\circ$. Если в треугольнике $ABC$ (включая его стороны) нет других вершин многоугольника $M$, то искомая диагональ — $[BC]$. Если же в треугольнике $ABC$ есть другие вершины многоугольника $M$, то выберем средние их вершину $D$, нахождение на минимальном расстоянии от прямой $l$, прохождение через точку $A$ параллельно $[BC]$. Тогда $[AD]$ — искомая диагональ, поскольку в противном случае отрезок $AD$ пересекала бы какая-то сторона $EF$ многоугольника $M$ (рис. 5), один из концов которой лежал бы близке к прямой $l$, чем точка $D$, что противоречило бы выбору последней.

Пусть теперь $BAC > 180^\circ$. Покажем, что в этом случае всегда можно проверить диагональ из вершины $A$. Для этого продолжим сторону $BA$ многоугольника $M$ за вершину $A$ до первого пересечения со сторонами многоугольника $M$ в некоторой точке $D$. Если $D$ — вершина многоугольника $M$, то $[AD]$ — искомая диагональ. В противном случае $D$ лежит на стороне $EF$ многоугольника. Пусть вершина $E$ расположена по разные стороны от прямой $BA$ с вершиной $C$ (рис. 6). Будем двигать переменную точку $P$ на стороне $EF$ от точки $D$ к точке $E$. Тогда переменный отрезок $AP$ заметет треугольник $ADE$. Если в треугольнике $ADE$ нет вершин многоугольника $M$, то $[AE]$ — искомая диагональ. Если же такое найдет, то мы обязаательно нахнемся на одну при повороте отрезка $AP$ от положения $[AD]$ до положения $[AE]$. Отрезок от вершины $A$ до ближайшей к $A$ вершине на отрезке $AP$, впервые «встретившем» вершины многоугольника $M$, будет искомой диагональю.

Лемма доказана.

*) См., например, книгу И. М. Яглома «Геометрические преобразования, II. Линейные и круговые преобразования» (М., ГТТИ, 1956); брошюру Б. А. Розенфельда и Н. Д. Сергеевой «Стегерфайце преобразия» («Популярные лекции по математике», вып. 53, М., «Нayka», 1973); статьи из «Кванта»: 1977, № 10, с. 14; 1978, № 12, с. c.: 1, 50 и 2-я с. обложки.

26

На рисунках 7, а и 7, б приведены примеры новых пунктов (2k)-угольника и (2k+1)-угольника, для которых оценка $\left[\frac{n}{2}\right]$ достигается.

Таким образом, наиболее число вершин новых пунктов $n$-угольника, из которых нельзя проверсти ни одной диагонали, равно $\left[\frac{n}{2}\right]$.

С. Бичков

Ф553. Тяжелая доска массы $M$ лежит на двух монокомментих камках радиусов $r$ и $R$ и равных масс. $m$.
Рассмотрене между центрами камков $l$. С каким ускорением начнем движаться доска, если ее отнустить?
Треннее между всеми поверхностями массо, что присваивается нем.

Так как просkalзывание между всеми поверхностями отсутствует, при движении доски и катков будет оставаться неизменными расстояние $|AB|$ между точками касания катков и горизонтальной плоскостью и равное ему расстояние $|A'B'|$ между точками касания катков и доски (рис. 8). Следовательно, не будет изменяться расстояние $|O_1O_2| = l$ между центрами катков. А это означает, что скорости центров обихок катков в любой момент времени одинаковы и направлены по прямой $O_1O_2$.

Найдем направление скорости центра масс доски $O$.
Пусть скорость центров катков равна $\vec{v}$. Тогда в системе отчета, движущейся с этой скоростью, центры катков неподвижны, скорости же точек $A'$ и $B'$, а значит, и скорость $\vec{v}'$ центра масс доски равны по модулю $\vec{v}$ и направлены вдоль доски. В неподвижной относительной горизонтальной плоскости системе отчета скорость $\vec{u}$ центра масс доски равна векторной сумме скоростей $\vec{v}'$ и $\vec{v}$.
Из рисунка 8 видно, что скорость $\vec{u}$ направлена параллельно прямой $O_1O_2$. Так же направлены перемещение доски и ее ускорение.

Обозначим через $\vec{s}$ перемещение центра масс доски в тот момент, когда его скорость равна $\vec{u}$. В этот момент модель скорости центров катков $\vec{v} = |\vec{u}|/2 \cos \alpha$ и книнетическая энергия всей системы равна

$$2 \frac{m |\vec{v}|^2}{2} + \frac{M |\vec{u}|^2}{2} = \frac{|\vec{u}|^2}{4} (m \cos^2 \alpha + 2 M).$$

Рис. 8.

28

откуда

$$t_0 = \frac{\mu g}{b} (m_1 + m_2).$$

Теперь нетрудно построить графики зависимости $|\vec{a}_1|$ и $|\vec{a}_2|$ от времени $t$ (рис. 10).

И. Слободецкий

Ф555. a) Легкий жесткий стержень длины $l$ с грузом массы $m$ наверху закреплен шарнирно в нижней точке и удерживает в вертикальном положении двумя горизонтальными пружинами жесткости $k$, скреплеными с его верхимом кончом (рис. 11). В направлении, перендикулярном к пружинам, стержень двуязысь не может. При какой массе груза вертикальное положение стержня перестановить быть устойчивым?

б) Сmallая спица длины $l$ задалена в полмак, что стомин вертикально. Если к ее верхему концу приложить небольшую горизонтальную силу $\vec{F}$, верхий конец спицы отклонится на величины $a \ll l$. Оценить, груз какой массы может выдержать, не сознушись, спица на своей верхем конце. Различием формы, который при действии на нее горизонтальной или вертикальной сил, упругости, уравновешивающей силу $\vec{F}$, к смесению конца стержня, то есть $\frac{|\vec{F}|}{a}$.

Следовательно, максимальная масса груза, которой выдержать спица, равна приблизительно

$$m \approx \frac{|\vec{F}| l}{ag}.$$

Рис. 11. Рис. 12.

можно пренебреть. Тогда задача становится аналогичной задаче a), в котором величины $2k$, характеризующую жесткость пружин на растяжение (сжатие), нужно заменить жесткость $k'$ спицы на изгиб, равной относению modуля силы упругости, уравновешивающей силу $\vec{F}$, к смесению конца стержня, то есть $\frac{|\vec{F}|}{a}$.

Следовательно, максимальная масса груза, которой выдержать спица, равна приблизительно

$$m \approx \frac{|\vec{F}| l}{ag}.$$

29

Ф556. Если на ледяной брусок надеть проволочную nemло, к котором подвешен érуз (рис. 13), проволока начинаем резать лед. Это объясняется тем, что при повышении давления температура плавления льда попирается, лед под проволокой начинаем мягь, а над проволокой — вновь смерзаться. Однако если nemло сделать не из проволоки, а из капроновой нити макое же или даже меньше диаметра, лед практически не режется. Почему? Попробуйте проверсти описанный опыт.

Рис. 13.

Ф557. В схеме, изображенной на рисунке 14, ключ К замыканом. Наиммаксимальный ток в цепи и максимальное напряжение на конденсаторе.

Рис. 14.

При повышении давления температура плавления льда действительно попирается. Однако при плавлении льда поглощается теплота плавления, и температура льда под проволокой начинает падать. Это происходит до тех пор, пока температура льда в области повышенного давления не упадет до температуры плавления при этом начинает. Дальнейшее плавление льда будет определяться теплом, которое вседствие теплопроводности будет приходит к области повышенной температуры.

В случае проволоки это тепло будет проводиться за счет хорошего теплопроводности металла от замеразающей сверху воды, и процесс разрезания льда будет быстрым. В случае капроновой нити, обладающей малой теплопроводностью, тепло будет проводиться главным образом за счет охлаждения всего бруска льда в целом, и процесс разрезания нijiет очень медленно.

И. Слободецкий

После замыкания ключа в цепи потечет ток. Из-за наличия индуктивности ток вырасти мгновенно не может; он будет увеличивать постепенно, пока не достигнет максимального значения.

Ток, текущий через индуктивность, заряжет конденсатор. Согласно закону сохранения энергии в любой момент времени

$$\frac{LI^2}{2} + \frac{CU^2}{2} = q$$ (*)

Здесть $I$ — ток, текущий через индуктивность в данной момент, $LI^2/2$ — энергия, запасенная к этому моменту в магнитном поле индуктивности, $U$ — напряжение на конденсаторе, $CU^2/2$ — энергия конденсатора в данной момент, $q = CU$ — заряд, прошедший через батарею, $q$ — работа, совершенная батареей.

При некотором значении тока $I_0$ напряжение на конденсаторе становится равным $\varepsilon$. С этого момента конденсатор продолжает заряжаться за счет энергии магнитного поля индуктивности. При этом ток через индуктивность начинает уменьшаться.

Следовательно, $I_0$ и есть максимальный ток в цепи. Из (*) при $U = \varepsilon$ находится

$$I_0 = \varepsilon \sqrt{C/L}.$$

Зарядка конденсатора продолжается до тех пор, пока в цепи течение не occurs ((*) при условии $I = 0$:

$$U_{\max} = 2\varepsilon.$$

П. Зубков