Решения задач М551—М556; Ф563—Ф567

36

Решения задач

М551. a) Какое наименьшее число точек достаточно отметить внутри выпуклого пятиугольника, чтобы внутри любое треугольника с вершинами в вершинах пятиугольника содержалась хотя бы одна отмечная точка?
б) Тот же вопрос для выпуклого п-угодника.

М552. a) Найдите хотя бы одну пару (p; q) целых чисел, отличных от нуля, для которого треугольны $x^2+px+q$ и $x^2+qx+p$ имеют целые корни.
б) Найдите все такие пары (p; q).

Решим сразу задачу 6). Ответ. $n-2$.

Ясно, что необходимо поставить по крайней мере $n-2$ точки, поскольку $n$-угольник можно разрезать на $n-2$ треугольника и в каждом должно быть по точке. Покажем, как в $n$-угольнике $A_0A_1...A_{n-1}$ расставить точки нужным образом.

Поставим $k$-ю точку $B_k$ ($k=1, 2,...,n-2$) вблизи вершины $A_k$ внутри угла $A_0A_kA_n$ (см. рис.), точнее, в пересечении этого угла с полуплоскостью, ограниченной прямой $A_{k-1}A_{k+1}$ и содержащей точку $A_k$. Ясно, что треугольник $A_iA_kA_j$, где $0 \leq i < k < j \leq n-1$, содержит точку $B_k$: угол $A_iA_kA_j$ содержит угол $A_0A_kA_n$, а диагональ $A_{k-1}A_{k+1}$ пересекает отрезки $A_iA_k$ и $A_kA_j$.

Н. Васильев

Мы будем решать сразу пункт 6). Пусть $x_1, x_2, y_1, y_2$ — целые корни треугольнов $x^2+px+q$ и $x^2+qx+p$ соответственно. По теореме Виета

$$x_1+x_2=-p, y_1+y_2=-q, x_1x_2=q, y_1y_2=p.$$

Разделив произведение первых двух равенств на произведение двух других ($pq \neq 0$), получим:

$$\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right)\left(\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}\right)=1.$$

Не ограничивая общности, можно считать, что $\left|\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right| \geq 1$ и $\left|\frac{1}{x_1}\right| \geq \frac{1}{2}$, то есть $|x_1| \leq 2$.

Возможны два случая: $|x_1|=1$ и $|x_1|=2$.

1°. Пусть $|x_1|=1$. Тогда из неравенства $\left|\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right| \geq 1$ получаем $|x_2|=n$, где $n \in \mathbb{N}$, $x_1x_2>0$. Отсюда по теореме Виета для первого треугольна получаем $p=\pm(n+1)$, $q=n$. Треуглен $x^2+nx-(n+1)$ имеет целые корни при всех $n \in \mathbb{N}$, а треуглен $x^2+nx+n+1$ имеет целые корни лишь при $n=5$. Действительно, дискриминант этого треуглена $(n-2)^2-8$ должно быть полным квадратом: $(n-2)^2-8=b^2$, то есть $(n-2)^2-b^2=8$; отсюда $(n-2-b)(n-2+b)=8$, причем $n \in \mathbb{N}$ и $b \in \mathbb{N}$. Поэтому

$$\begin{cases} n-2-b=2 \\ n-2+b=4 \end{cases} \Rightarrow n=5.$$

2°. Пусть $|x_1|=2$. Тогда из неравенства $\left|\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right| \geq 1$ следует, что $|x_2| \leq 2$. Случай $|x_2|=1$ с точностью до обозначений расстоянены выше, а случай $|x_2|=2$ приводит к параметре $(4,4)$ и $(-4,4)$, вторяя из которых не подходит (у многочлена $x^2+4x-4$ не целые корни).

37

М553. Дан треугольник ABC, причем $|BC| < |AC| < |AB|$. На лунах BA и CA отложены отрезки BD и CE также, что $|BD| = |CE| = |BC|$. Доказите, что радиус окружности, описанной около треугольника ADE, равен расстоянию между центрами окружности, описанной около треугольника ABC, и окружности, описанной в него.

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около треугольника ABC, $O_1$ — центр окружности описанной около треугольника ADE, $K$ — центр окружности, описанной в $\triangle ABC$ (см. рис.). Нужно доказать, что $|KO| = |O_1A|$.

Пусть $|BC| = |BD| = |CE| = a, |AC| = b, |AB| = c$.

Рассмотрим окружность с центром в точке $K$ радиуса $|KO|$. Проведем хорды $[OM] \parallel [AC]$ и $[ON] \parallel [AB]$. Доказем, что треугольники OMN и ADE с конгруэнтными при вершинах $O$ и $A$ углами конгруэнтны.

Опустим из центров $O$ и $K$ перpendикularы $OO'$ и $KK'$ на сторону $AB(L = [ON] \cap [KK'])$. Легко проверить, что

$$|AK'| = \frac{a+b+c}{2} - a = \frac{b+c-a}{2},$$

$$|O'K'| = |AK'| - |AO'| = \frac{b+c-a}{2} - \frac{c}{2} = \frac{b-a}{2},$$

$$|ON| = 2|OL| = 2|O'K'| = b - a = |AE|.$$

Аналогично доказывается, что $|OM| = |AD|$.

Таким образом, треугольники OMN и ADE конгруэнтны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому $|KO| = |O_1A|$.

С. Мейдман

M554. Наозем натуральное число $n$ хорошее, если существует также натуральные числа $a_1, a_2, ..., a_k$ (не обязательно различные), что

$$a_1 + a_2 + ... + a_k = n$$

Известно, что все числа от 33 до 73 — хорошие. Доказите, что все числа, больше 73, — тоже хорошие.

Утверждение задачи сразу следует из двух lemma:

1°. если число $n$ — хорошее, то $u$ $2n + 2$ — хорошее;
2°. если число $n$ — хорошее, то $u$ $2n + 9$ — хорошее.

Доказем их.

Из равенств

$$n = a_1 + a_2 + ... + a_k,$$

$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ... + \frac{1}{a_k} = 1$$

следует

$$2n + 2 = 2a_1 + 2a_2 + ... + 2a_k + 2,$$

$$\frac{1}{2a_1} + \frac{1}{2a_2} + ... + \frac{1}{2a_k} + \frac{1}{2} = 1$$

— тем самым доказано $1^\circ$;

$$2n + 9 = 2a_1 + 2a_2 + ... + 2a_k + 3 + 6,$$

$$\frac{1}{2a_1} + \frac{1}{2a_2} + ... + \frac{1}{2a_k} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = 1$$

— тем самым доказано $2^\circ$.

Пользовать $1^\circ$ и $2^\circ$, оченьной индукцией (начинаяшейся с $2 \cdot 36 + 2 = 74$ для четных $n$ и с $2 \cdot 33 + 9 = 75$ для нечетных $n$) доказываем, что любое число, больше 73, хорошее, в частности — проверить правильность предпосылки, высказанной в условии. Без труда доказывается, что $k^2$ — всегда хорошее число и что если $m$ и $n$ — хорошее число, то и $mn$—

38

4 = 2²
9 = 3²
10 = 2 • 1 + 8 = 4 • 1 + 6
11 = 3 • 1 + 8 = 6 • 1 + 5
16 = 4²
17 = 2 • 4 + 9 = 4 • 1 + 13
18 = 3 • 4 + 6
20 = 3 • 4 + 8
22 = 4 • 4 + 6
24 = 2 • 11 + 2
25 = 5²
26 = 2 • 9 + 8
27 = 2 • 9 + 9
28 = 2 • 10 + 8
29 = 2 • 10 + 9
30 = 2 • 11 + 8
31 = 2 • 11 + 9
32 = 2 + 3 + 9 + 18
33 = 3 • 9 + 6
34 = 2 • 16 + 2
35 = 3 • 9 + 8
36 = 4 • 9
37 = 2 + 5 + 10 + 10 + 10
38 = 3 • 10 + 8
39 = 3 • 11 + 6
40 = 4 • 10

М555. Расстояние пересечение
a) двух;
b) трех
цилиндров одинакового радиуса r, оси которых взаимно перпендикулярны и проходят через одну точку. Сколько плоскостей симметрины имеет это пересечение? Каков его объем?

Рис. 1.

Рис. 2.

хорошее. Кроме того, аналогично тому, как это сделано в 1° и 2°, проверяется, что если n — хорошее, то хорошими будут также: 2n+8(8=4+4), 2n+20(20=4+8+8), 3n+6(6=3+3), 3n+8(8=2+6), 4n+6(6=2+4), 4n+13(13=3+4+6), 6n+5(5=2+3).

Пользовать этим, а также подбирая представления для «недостаточих» чисел, легко доказать, что хорошими будут числа 1, 4, 9, 10, 11, 16, 17, 18, 20, 22 и все числа от 24 до 73 (эти доказательства посягют формулы на полях).

Подумайте, как проверить, будут ли хорошими числа 19, 21 и 23. Можно быть, те, кто занимаются в нашей Заочной школе программырования, найдет более полезным составить программу, проверяющую, имеет ли система

$$\begin{cases} x_1 + \ldots + x_k = 23, \\ \frac{1}{x_1} + \ldots + \frac{1}{x_k} = 1 \end{cases}$$

решение в натуральных числах. (Если решение есть, то программа должна напечать хотя бы одно решение, если нет — выдать «0».) Можно рассматривать это как дополнительную задачу к очередному уроку программырования; разрешается, полезно также дать оценку времени работы (числа тактов) и поставаться, чтобы оно было как можно меньше.

◆

a) Сечение нашего тела Ф плоскостью α₀, проходящей через оси цилиндров (будем считать, что α₀ горизонтальная, рис. 1),— квадрат со стороны 2r. Тело Ф имеет, оченьindo, то же пять плоскостей симметрины, что и квадрат Ф∩α₀: это — смаа плоскость α₀ и еще четые перpendикулярные α₀ плоскости, проходящие через оси симметрины квадрата. А сечение тела Ф горизонтальной плоскостью αₓ, отсюда нет α₀ на расстояние |x| ≤ r,— квадрат со стороны длины $2\sqrt{r^2-x^2}$: каждый из цилиндров пересекается с этой плоскостью по полосе ширины $2\sqrt{r^2-x^2}$ (рис. 2, 3), а пересечение двух таких полос со взаимно перpendикулярными краями дает квадрат (рис. 2). Поэтому объем нашего тела равен

$$\int \limits_{-r}^{r} 4(r^2-x^2)dx = 8r^3 - 8r^3/3 = 16r^3/3,$$

Для нахождения объема тела Ф считать интеграл вовсе не обязательно. Нужно только заметить, что сечение шара радиуса r (который, разумеется, можно висать в тело Ф) плоскостью αₓ — круг площади π(r²-x²). Поэтому отношение искомого объема к объему шара радиуса r равно 4/π. Отсюда объем тела Ф равен 16r³/3 (объем шара — 4πr³/3).

б) Чтобы представить себе пересечение Ψ трех цилиндров, удобно построить так: взять куб (с диагональю грани длины 2r, то есть с ребром r√2) и через каждую четверку параллельных ребер проводится цилиндрическую поверхность (рис. 4). Ψ имеет же девять плоскостей симметрины, что и куб. В верхних куба будут пересечаться по три цилиндрических поверхностях, а «над» каждой возникнет кулой, имеющий такой же форму, как часть тела Ф, расположенная над плоскостью α_r√2/2. Объем одного купола равен

$$\int \limits_{r\sqrt{2}/2} 4(r^2-x^2)dx = 4r^3 \left[ \left( 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) - \left( \frac{1}{3} - \frac{\sqrt{2}}{3\cdot4} \right) \right] = r^3 (8-5\sqrt{2})/3,$$

39

Шесты куполов $r^3(16 - 10\sqrt{2})$, куба $2r^3\sqrt{2}$, поэтому объем нужного нам тела $(16 - 8\sqrt{2})r^3 \approx 4,69r^3$ (объем шара радиуса $r$, который, разумеется, можно вписать в тело $\Psi$, равен $4\pi r^3/3 \approx 4,18r^3$).

Можно посчитать и площадь поверхности тела $\Phi$ и $\Psi$. Для этого нужно заметить, что если полосу бумаги шириной $2\pi$ свернуть цилиндрической трубкой (радуса 1), разрезать этот цилиндр плоскостью под углом $\pi/4$ к оси и вновь развернуть бумагу на плоскость, то край ее будет иметь форму синусoidы. Для изготовления бумажной модели тела $\Phi$ надо взять четырьмя «лепестка» площади $2r^2\int_0^\pi \sin \varphi d\varphi = 4r^2$ каждый (рис. 5, а), так что общая его поверхности $16r^2$, а бумажную модель тела $\Psi$ можно сделать из двена-дица «лепестков» площади $4r^2\int_0^\pi \sin \varphi d\varphi = (4-2\sqrt{2})r^2$ каждый (рис. 5, б), так что площадь поверхности тела $\Psi$ равна $(48-24\sqrt{2})r^2$.

Н. Васильев

М556. Обязательно ли конструктные два остроугольных равноведренных треугольника, имеющих равные по длине боковые стороны и равные радиуса вписанных, окружностей?

Ответ. Вообщество говоря, не обязательно.

Пусть в равноведренном треугольнике $ABC$ (рис. 1) $|AB| = |AC| = 1$, $\widehat{BAC} = 2\alpha$, $O$ — центр вписанной окружности, $r$ — ее радиус.

Для вычисления радиуса воспользовемся известной формулой $S = rp$, где $S$ — площадь треугольника, $p$ — его полуперimetр. В нашем случае

$$S = \frac{1}{2} |AB| \cdot |AC| \sin 2\alpha = \frac{1}{2} \sin 2\alpha,$$

$$p = \frac{|AB| + |BC| + |AC|}{2} = 1 + \sin \alpha.$$

Таким образом,

$$r(\alpha) = \frac{S}{p} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sin 2\alpha}{1 + \sin \alpha}.$$

Треугольник $ABC$, по условиям, должен быть остроугольным, так что нас будет интересовать значения $\alpha$, принадлежшие промежутку $]0; \pi/4[$. Нам надо выяснить, будет ли функция $r = r(\alpha)$ на $]0; \pi/4[$ монотня или она на этом промежутке принята неокторые значения дважды.

Исследуем функцию $r$ с помощью произвольной. Вычис-

40

Лив производную, получим:

$$r'(\alpha) = \frac{1 - \sin \alpha - \sin^2 \alpha}{1 + \sin \alpha}$$

(убедитесь в этом). Приравнивая $r'(\alpha)$ нулю, получаем $\sin^2 \alpha + \sin \alpha - 1 = 0$,

и, поскольку $\alpha \in [0; \pi/4]$, $\sin \alpha = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ или $\arcsin \frac{\sqrt{5} - 1}{2} = \alpha_0 \approx 38.2^\circ$.

Легко видеть, что $r'(\alpha) > 0$ при $0 < \alpha < \alpha_0$ и $r'(\alpha) < 0$ при $\alpha_0 < \alpha < \pi/4$. Таким образом, $r$ возвращает при $\alpha \in ]0; \alpha_0[$ и убивает при $\alpha \in ]\alpha_0; \pi/4[$, то есть $\alpha_0$ — точка максимума функции $r$ (примерный ее график изобранен на рисунке 2).

Тепер ясно, что внутри промежутка $]0; \pi/4[$ существует такие $a_1$ и $a_2$, для которых $r(a_1) = r(a_2)$ (см. рис. 2).

А. Егоров

Ф563. Посередние барометрической трубки имеет стольбик воздуха. При температуре $t_0 = 0^\circ C$ длина стольбика равна $t_0 = 10$ см. Какой станет длина стольбика при $t = 20^\circ C$?

Ф564. Автомобиль движется по повороту дороги радиуса $R$. Внезапно водитель увидел на дороге пренястые и на начал тормозить. Какое расстояние автомобиль пройдет до остановки, если его скорость равна $v_0$, коэффициент треня колес о дорогу $k$ и автомобиль тормозит с максимальным возможным построением?

Давление в стольбике воздуха равно весу стольбика жидкости над воздухом, деленному на площадь сечения трубки. При изменении температуры изменится и высота стольбика жидкости, и его плотность. Но масса остатчета прежней. Прежним остатется и вес стольбика, а следовательно, не изменится и давление воздуха. Поэтому относение объемов воздуханого стольбика при температуре $T = 293$ К и $T_0 = 273$ К равно относительной температуре, и следовательно,

$$\frac{l}{l_0} = \frac{T}{T_0}.$$

Отсюда

$$l = l_0 \frac{T}{T_0} \approx 10.7 \text{ см.}$$

Единственное внешняя сила, действующая на автомобиль в горизонтальной плоскости, это сила треня. Так как колеса автомобиль не просkalываются относительно дороги, то это сила треня покоя. Эта сила сообщает автомобильуускорение $\vec{a}$ такое, что модель проекции $\vec{a}$ на радиус, проведенный к точке, в которой находится автомобиль, равен центростремительномуускорению $a_1 = v^2/R$; модель проекции $\vec{a}$ на касательную к дороге равен $a_2 = \sqrt{a^2 - a_1^2}$. «Линейное»ускорение $\vec{a}_2$ обеспечивает уменьшение скорости автомобиль. Согласно условиям задачи $a_2$ остается постоянным и максимальным возможным. В момент начала торможения $a_2 = \sqrt{a^2 - v_0^4/R^2}$. Эта величина максимальная при $a = kg$ (максимальное значение треня покоя $kmg$).

Следовательно, автомобиль тормозит с постоянным «линейным»ускорением $a_2 = \sqrt{(kg)^2 - v_0^4/R^2}$. Расстояние $l$, пройденное автомобильем до остановки, равно

$$l = \frac{v_0^2}{2a_2} = \frac{v_0^2 R}{2 \sqrt{(kgR)^2 - v_0^4}}.$$

41

Ф565. На рисунке, взятом из работы Миликена, приведена зависимость задерживающего напряжения от частоты света в опытах по формуле:

$$hv = A + \frac{mv^2}{2},$$

где $A$ — работа выхода электрона из катода и $mv^2/2$ — кинетическая энергия, которое имеет вылетевший электрон. Максимальное напряжение между аномом и катодом, при котором электрон еще может попасть на аномод, — задержи-

$$hv = A + U_3e.$$

Для двух частот света $v_1$ и $v$-мы можем записать:

$$hv_1 = A + U_{31}e, \quad hv_2 = A + U_{32}e.$$

Вычитая из первого равенства второе, получим

$$h\Delta v = e\Delta U_3,$$

откуда

$$\frac{h}{e} = \frac{\Delta U_8}{\Delta v}.$$

Определяя по графику соответствующие значения $\Delta U_3$ и $\Delta v$, находим:

$$\frac{h}{e} \approx 4.10^{-15} \text{ B}\cdot\text{c}.$$

Ф566. Атом, движущийся со скоростью $v$ ($v \ll c$), испускает фoton под малым углом а к направлению своего движения. Доказать, что если $\omega$ — частота излучения покоящегося атома, а $\omega$ — частота вqlны фotonа, то для видимого света $\frac{\omega_0 - \omega}{\omega} \approx \frac{v}{c}$ cos $\alpha$.

В результате излучения фotonа меняются импульс атома, его кинетическая энергия и внутренняя энергия.

Согласно закону сохранения импульса $mv = mv_1 + \vec{p}_\phi$ ($\vec{mv}_1$ — импульс атома после излучения, $\vec{p}_\phi$ |= $\hbar\omega/c$ — импульс излученного фotonа), то есть

$$(mv_1)^2 = (mv)^2 + \left(\frac{\hbar\omega}{c}\right)^2 - 2mv \frac{\hbar\omega}{c} \cos \alpha.$$

Согласно закону сохранения энергии

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \hbar\omega + \Delta E$$

($\hbar\omega$ — энергия излученного фotonа, $\Delta E$ — изменение внутренней энергии атома).

Изменение $\Delta E$ внутренней энергии атома — это изменение энергии первого начального атома после излучения фotonа с энергийей $\hbar\omega_0$. После излучения атом, согласно закону сохранения импульса, прибретает импульс $\vec{m}\vec{u}$ такой,

42

что $m\vec{u} + (\hbar\omega_0/c) = \vec{0}$ и $m\mu = \hbar\omega_0/c$. Так что изменение внутренней энергии.atoma, согласно закону сохранения энергии, равно

$$\Delta E = - \left[ \hbar\omega_0 + \frac{(\hbar\omega_0)^2}{2mc^2} \right] = - \hbar\omega_0 \left( 1 + \frac{\hbar\omega_0}{2mc^2} \right)$$

($\Delta E < 0$, так как внутренняя энергия.atoma уменьшилась).

Подставляя значение $\Delta E$ в (2) и исключая из (1) и (2) $v_1$, получаем:

$$\omega \left( 1 + \frac{\hbar\omega}{2mc^2} - \frac{v}{c} \cos \alpha \right) = \omega_0 \left( 1 + \frac{\hbar\omega_0}{2mc^2} \right).$$

При сравнительно малых значениях частот $\omega$ и $\omega_0$ (порядка оптических) величины $\hbar\omega/2mc^2$ и $\hbar\omega_0/2mc^2$ много меньше единиц. Пренебрегая этими величины, из (3) находим, что при малых углах $\alpha$ (когда $\cos \alpha \approx 1$)

$$\frac{\omega - \omega_0}{\omega} \approx \frac{v}{c}.$$

Ф567. На рисунке 1 приведена зависимость тока через автоматильную лампочку от напряжения на ней. Лампочку включают в цепь, показанную на рисунке 2. Найти мощность, выделяющуюся на лампочке.

Чтобы найти мощность, выделяющуюся на лампочке, надо определить напряжение на лампочке и текущий через нее ток.

Если на лампочке и на резисторе с сопротивлением $R_2$ напряжение равно $U$, то на резисторе с сопротивлением $R_1$ напряжение равно $U - U$. Ток, текущий через $R_1$, равен $I_1 = (\mathcal{E} - U)/R_1$; ток, текущий через $R_2$, равен $I_2 = U/R_2$. Следовательно, ток, текущий через лампочку при напряжении на ней $U$, равен

$$I = I_1 - I_2 = \frac{\mathcal{E} - U}{R_1} - \frac{U}{R_2} = \frac{\mathcal{E}}{R_1} - U \left( \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} \right).$$

Лампочка горит только в том случае, если значения $U$ и $I$, связанные соотношения (), соответствуют точке на волтамерной характеристике лампочки. Эти значения определяют точку пересечения графика функции $I = 5 - \frac{5}{6} U$ (мы подставили в () численные значения) с волтамерной характеристикой лампочки. Построив график (см. рис. 1), находим: $U \approx 4,8$ В, $I \approx 1$ А.

Таким образом, мощность, выделяющаяся на лампочке, равна

$$P = IU \approx 4,8 \text{ Вт.}$$

И. Словодечкий