Решения задач М801—М805; Ф813—Ф817

50

Р832*. А square undeformable superconducting frame of side $a$ is placed horizontally in a non-uniform magnetic field whose induction in space is given by
$$B_x = -kx, B_y = 0, B_z = kz + B_0.$$
The mass of the frame is $m$, its inductivity is $L$. At the initial moment the centre of the frame is at the origin with sides parallel to the $X$ and $Y$ axes. How will the frame move after it is released and where will it be after time $t$?
O. Yu. Nikishina

Решения задач

M801—M805; Ф813—Ф817

Заметим, что целяя часть числа $a \geqslant 1$ равна колючеству натуральных чисел, меньших или равных $a$. В частности, $[\sqrt{n}] + [\sqrt[3]{n}] + \dots + [\sqrt[n]{n}] = [\log_2 n] + [\log_3 n] + \dots + [\log_n n]$ ($[x]$ означает целую часть числа $x$).

Аналогично рассматривается правая часть: $[\log_m n] - 1$ — это число натуральных $x \geqslant 2$, таких, что $x \leqslant \log_m n$, то есть $m^x \leqslant n$. Поэтому
$$([\log_2 n] - 1) + ([\log_3 n] - 1) + \dots + ([\log_n n] - 1) = N$$
(при $m > n$, $y \geqslant 2$ неравенство $m^y \leqslant n$, очевидно, не выполняется).

Итак, обе части нашего равенства равны $N + n - 1$.
В. В. Касиль

M802. На сторонах AB и BC треугольника ABC как на центреных построены вне его прямогольные треугольники APB и BQC с одинаковыми углами вершины $B$. Найдите улыбы треугольника PQK, где $K$ — середина стороны AC.

Ответ: $\hat{P} = \hat{Q} = \beta, \hat{K} = 180^\circ - 2\beta$.

Эта задача относится к довольно большой группе задач, в которых рассматриются треугольники (или другие многоугольники) данной формы, построенные на сторонах другого треугольника (или многоугольника); наверное, самая известная из них — это так называемая «задача Наполеона» — доказать, что центры правых треугольников, построенных на сторонах произвольного треугольника вне его, сами образуют правый треугольник. Как правило, эти задачи можно решать с помощью композиции преобразования плоскости.

Рассмотрим два преобразования подбия (рис. 1):
$$F_p = H_p^k \circ R_p^{90},$$ где $k = |PB|:|PA|$, — композицию поворота $R_p^{90}$ вокруг $P$ на $90^\circ$ и готовится с центром $P$ и коэффициентом $k$, и $F_q = H_q^k \circ R_q^{90}$ (такие преобразования называют поворотыми геометриями или спиральными подбиями). Их композиция $F = F_q \circ F_p$ оставляет точку $K$ на месте (этим и обусловлен выбор именно таких преобразований; доказательство приведем чуть позже). Пусть $F_p(K) = K_1$ (рис. 2), тогда $F_q(K_1) = K$. Треугольники $KPK_1, KQK_1$ и APB подблены друг другу как прямогольные треугольники с одинаковым отношением катетов ($|KP|:|PK_1| = |KQ|:|QK_1| = k = |PA|:|PB|$). А поскольку $KK_1$ — общая гипotenuse треугольников $KPK_1$ и $KQK_1$, они конгруэнтны, так что $|KP| = |KQ|$. Следовательно, $\hat{PKQ} = 360^\circ - 2\cdot 90^\circ - 2\beta$, $\hat{KPQ} = \hat{KQP} = (180^\circ - (180^\circ - 2\beta))/2 = \beta$.

Остается доказать, что $K$ — неподвижная точка преобразования подбия $F$. Отметим следующие свойства $F$:

51

1. $F$ — перемещение (потому что коэффициент подобия $F$ равен $k \cdot \frac{1}{k} = 1$);

2. Любой луч при перемещении $F$ переходит в противоположно направленный (при томатетии направления лучей сохраняется, при повороте любой луч поворачивается на угол, равный углу поворота, поэтому общий угол повората любого луча при преобразования $F$ равен $90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$);

3. $F(A) = C$ ($F_P(A) = B$ по выбору $F_P$, а $F_Q(B) = C$ потому, что $BQC = 90^\circ$ и $|QC|:|QB| = |PA|:|PB| = 1/k$).

Отсюда вытекает, что $F$ — это центральная симметрия $Z_K$ с центром $K$ и, в частности, $F(K) = K$.

Попробуйте таким же способ решить «задачу Наполеона».

В. Н. Дубровский

M803. Сумма двух рациональных чисел $x$ и $y$ — натуральное число, сумма обратных к ним чисел $1/x$ и $1/y$ — тоже натуральное число. Каким могут быть $x$ и $y$?

Ответ: $(x, y) = (1, 1), (1/2, 1/2), (2, 2)$. Представим числа $x$ и $y$ в виде несократимых дробей: $x = \frac{a}{b}, y = \frac{c}{d}$. Тогда $x + y = \frac{ad + bc}{bd}$ — натуральное число. Следовательно, $ad + bc$ делится на $b$, а так как $a$ и $b$ — взаимно простые числа, $d$ делится на $b$. С другой стороны, $ad + bc$ делится на $d$, поэтому $b$ делится на $d$. Отсюда вытекает, что $b = \pm d$. Аналогично, $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{ad + bc}{ac}$ — натуральное число, поэтому $a = \pm c$. Таким образом, $x = y$ или $x = -y$. Второй случай невозможен, поскольку по условию $x + y \ge 1$. В первом случае $x + y = 2x = 2a/b$ и $2/x = 2b/a$ — натуральные числа. то есть $a$ и $b$ — делители двойки, причем $a/b > 0$. Следовательно, $a/b = 1/1 = 1$, или $a/b = 1/2$, или $a/b = 2/1 = 2$.

А. П. Савин

M804. Точка $O$ — середина оси прямого кругового цилиндра, $A$ и $B$ — диаметрально противоположные точки окружности нижнего основания цилиндра, $C$ — неокторая точка окружности верхнего основания, не лежащая в плоскости $OAB$. Докажите, что сумма двух углов треугольного угла $OABC$ (с вершиной $O$) равна 2π.

Пусть $D$ — точка окружности верхнего основания цилиндра, диаметрально противоположная точке $C$ (рис. 1). Мы доказаем, что трехгранные углы $OABC, OBCD, OCDA$ и $ODAB$ с общей вершиной $O$ попарно конгуруются. Поскольку каждые три из этих углов имеют общее ребро ($OA, OB, OC$ или $OD$) и сумма их двумгранных углов при этом ребре, оченьindo, равна 2π, сумма всех их 12 двумгранных углов равна $4 \cdot 2\pi = 8\pi$. Следовательно, сумма двумгранных углов каждого из них, в частности, угла $OABC$, равна $8\pi/4 = 2\pi$.

Для доказательства congruence этих трехгранных углов заметим, что противоположные ребра треугольника $ABCD$ попарно равны ($|AB| = |CD|$ как диаметры congruentных окружностей, а ребра $AC$ и $BD$, а также $AD$ и $BC$ взаимно симметричны относительно цилиндра; (см. рис. 1). А так как точка $O$ равноудалена от всех вершин треугольника, $\triangle OAB \cong \triangle OCD, \triangle OAC \cong \triangle OBD$ и $\triangle OAD \cong \triangle OBC$. Поэтому рассматриваемые трехгранные углы имеют соответствие равные плоские углы, а значит, congruentны. Конгружность трехгранных углов можно доказать и явно, заместив, что прямые, соединяющие середины ребер $AC$ и $BD$, а также $AD$ и $BC$, как и общий дилинда, являются осями congruence треугольника $ABCD$.

Тетраэдр $ABCD$ с congruentными гранями, который помогет нам решить задачу, обладает многоими замечательными свойствами. Большой список его свойства имеет в статье В. Э. Матизена в «Кванте» № 6 за этот год.

И. К. Жук

52

М805*. а) На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC выбраны, соответственно, точки A₁, B₁, C₁ так, что отрезки AA₁, BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке. Доказите, что S₁A₁B₁C₁ ≤ S₁ABC/4.

6. На гранях BCD, CDA, BDA, ABC треугольника ABC выбраны, соответственно, точки A₁, B₁, C₁, D₁ так, что отрезки AA₁, BB₁, CC₁, DD₁ пересекаются в одной точке. Доказите, что V₁A₁B₁C₁ ≤ V₁ABCD/27.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Прежде всего докажем несколько простых, но очень полезных лемм об отношениях площадей треугольников и объемов тетраэдров.

(1) Если прямая MM₁ пересекает прямую KL в точке P (рис. 1), то

$$S_{KLM}: S_{KLM_1} = |MP|: |M_1P|.$$

Это следует из очевидного равенства hₘ:hₘ₁ = |MP|: |M_1P|, где hₘ и hₘ₁ — высоты треугольников KLM и KLM₁.

(2) Если точки L₁ и M₁ лежат на прямых KL и KM (рис. 2), то

$$S_{KLM}: S_{KL_1M_1} = \frac{|KL| \cdot |KM|}{|KL_1| \cdot |KM_1|}.$$

Действительно, S_{KLM}: S_{KL_1M_1} = (S_{KLM}: S_{KL_1M}) \cdot (S_{KL_1M}: S_{KL_1M_1}) = (|KL|: |KL_1|) \cdot (|KM|: |KM_1|) в силу (1).

(3) Если прямая NN₁ пересекает плоскость KLM в точке P, то

$$V_{KLMN}: V_{KLMN_1} = |NP|: |N_1P|.$$

(Доказывается аналогично (1).)

(4) Если точки L₁, M₁, N₁ лежат на прямых KL, KM, KN, то

$$V_{KLMN}: V_{KL_1M_1N_1} = \frac{|KL| \cdot |KM| \cdot |KN|}{|KL_1| \cdot |KM_1| \cdot |KN_1|}$$

(Доказывается analogично (2).)

Перейдем непосредственно к решению задачи.

a) Пусть O — точка пересечения отрезков AA₁, BB₁ и CC₁; S, Sₐ, Sₑ и Sₒ — площади треугольников ABC, OBС, OCA и OAB (рис. 3). Тогда по (1)

$$\frac{|OA|}{|OA_1|} = \frac{|AA_1| - |OA_1|}{|OA_1|} = \frac{S}{S_A} - 1 = \frac{S - S_A}{S_A}.$$

Аналогичные соотношения выполняются для отрезков BB₁ и CC₁. Таким образом,

$$\frac{|OA_1|}{|OA_1|} = \frac{S_A}{S - S_A}, \frac{|OB_1|}{|OB_1|} = \frac{S_B}{S - S_B}, \frac{|OC_1|}{|OC_1|} = \frac{S_C}{S - S_C}.$$

Разобъем $\triangle A_1B_1C_1$ на три треугольника отрезками OA₁, OB₁ и OC₁ и оценим площадь каждой из них отдельно.

В силу (2)

$$S_{OA_1B_1} = S_{OAB} \cdot \frac{|OA_1| \cdot |OB_1|}{|OA| \cdot |OB|} = S_C \cdot \frac{S_A S_B}{(S - S_A)(S - S_B)} = \frac{S_A S_B S_C}{(S - S_A)(S - S_B)(S - S_C)}.$$

$$\cdot (S - S_C) = k \cdot (S - S_C).$$

Складывая это равенство с аналогичными равенствами для треугольников OB₁C₁ и OC₁A₁, получим:

$$S_{A_1B_1C_1} = k((S - S_C) + (S - S_A) + (S - S_B)) = 2kS.$$ (*)

Чтобы оценить k, записем «неравенства о средних» для Sₐ и Sₑ, Sₑ и Sₒ, Sₒ и Sₐ:

$$\sqrt{S_A S_B} \leq \frac{S_A + S_B}{2}, \sqrt{S_B S_C} \leq \frac{S_B + S_C}{2}, \sqrt{S_C S_A} \leq \frac{S_C + S_A}{2}$$

и переменным их:

$$S_A S_B S_C \leq (S_A + S_B)(S_B + S_C)(S_C + S_A)/8 = (S - S_C)(S - S_A)(S - S_B)/8.$$ (*)

Таким образом, k ≤ 1/8 и S₁A₁B₁C₁ ≤ S₁ABC/4.

6. Приведем лишь общий план докажательства — оно почти дословно повторяет рассужждение пункta a).

Пусть O — точка пересечения данных отрезков, V, Vₐ, Vₑ, Vₒ и Vₒ — объемы треугольника ABCD, OBCD, OCDA, ODAB и OABC (рис. 4). Пользовая лемма (3)

53

Ф813. Три неевесомых шарнирно связанных стержня длины a какдый закрепленный шарнирно в точках A и B, лежащих на одной горизонтали (см. рисунок); $|AB|=2a$. К шарниру C подвески груз массы m. При какой минимальной丝ле, приложенной к шарниру D, средний стержень будет сохранять горизонтальное положение?

Ф814. На гладкой горизонтальной поверхности тележки лежит шар радиуса R. Тележка начинает движаться со скоростью $v_0$. Начит горизонтальную проекцию скорости шара в момент его удара об пол.

и (4) (вместо (1) и (2) в пункте a)), легко показать, что $V_{A1B1C1D1} = 3kV$,
(ср. (*)), где
$$k = \frac{V_A V_B V_C V_D}{(V - V_A)(V - V_B)(V - V_C)(V - V_D)}.$$

Переменная «неравенства о средних» для всех четырех строк, составленных из чисел $V_A, V_B, V_C$ и $V_D$:
$$\sqrt[3]{V_A V_B V_C} \leq \frac{1}{3} (V_A + V_B + V_C) = \frac{1}{3} \Pi V - V_D), \dots, \text{ получим}$$
(ср. (**)), что $k \leq 1/81$, и, следовательно, $V_{A1B1C1D1} \leq V_{ABCD}/27$.

Р. П. Ушаков

◆
Поскольку шарнир C находится в равновесии, сумма сил, действующих на него, равна нулю. Следовательно (см. рисунок),
$$(m + m_\omega)g \sin \alpha = T_2 \cos \alpha,$$
(1)
где $m_\omega$ — масса шарнира. Из условия равновесия шарнира D и условия горизонтальной среднего стержня следует, что
$$T_2 \cos \alpha = F \cos \beta + m_\omega g \sin \alpha.$$ (2)
Из (1) и (2) получаем
$$F = \frac{T_2 \cos \alpha - m_\omega g \sin \alpha}{\cos \beta} = \frac{mg \sin \alpha}{\cos \beta} \geq mg \sin \alpha.$$
Таким образом, минимальная сила $\vec{F}_{\min}$ при которой средний стержень сохраняет горизонтальное положение, равна по абсцилной величины $mg \sin \alpha = mg/2$ и направлена перpendicularно стержню BD.

С. К. Строков

Приведем еще одно решение этой задачи, присланное читателем А. P. Зубаткиным.

Внешние силы, действующие на системе, это: приложенные в точках A и B силы реакции со стороны «потолка», равные, соответствующей, $|\vec{T}_1|$ и $|\vec{T}_3|$ и направленные вдоль стержней AC и BD; силы тяжестями $m_\omega g$, приложенные к шарнирам; силы $mg$, равная весу груза; силы $\vec{F}$, приложенная к шарниру D. Поскольку система находится в равновесии, сумма моментов всех сил относительно любой точки должны быть равна нулю. Запишем это условие для точки O (см. рисунок):
$$mg a \sin \alpha + m_\omega g a \sin \alpha = Fa \cos \beta + m_\omega g a \sin \alpha.$$
Отсюда
$$F = \frac{mg \sin \alpha}{\cos \beta} \Rightarrow F_{\min} = mg \sin \alpha = mg/2, \vec{F} \perp [BD].$$

◆
Рассмотрим движение шара в системе отсчета, движущейся со скоростью $\vec{v}_0$. В этой системе шар движется со скоростью $v_0$. С того момента, как центр шара оказывается точно над краем тележки, и до момента отрыва центра шара движется по окружности радиуса R с центром в точке касания (при этом шар невращается вокруг собственного центра). Найдем угол α (см. рисунок) в момент отрыва. Для этого воспользуемся законом сохранения энергии и вторым законом Ньютона.
Пусть u — скорость центра шара в момент отрыва. Тогда
$$\frac{mu^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2} + mgR(1 - \cos \alpha) \quad (m - масса шара)$$

54

(закон сохранения энергии),
$$\frac{mu^2}{R} = mg \cos \alpha$$

(второй закон Ньютона). Из (1) и (2) находится
$$\cos \alpha = \frac{1}{3} \left( \frac{v_0^2}{gR} + 2 \right), u = \sqrt{\frac{1}{3} \left( v_0^2 + 2gR \right)}.$$
Поскольку $\cos \alpha \leq 1$, ясно, что при $v_0^2 \geq gR$ отрыв произойдет сразу в тот момент, когда центр шара оказывается над крайней точкой тележки, и горизонтальная проекция скорости шара $u_r$ при падении на пол будет равна нулю. Если $v_0^2 < gR$, то
$$u_r = v_0 - u \cos \alpha = v_0 - \frac{1}{3Rg} \sqrt{\frac{1}{3} \left( v_0^2 + 2gR \right)^3}.$$
А. Р. Зильберман

Ф815. Нижний конец капилляра радиуса $r=0,2$ мм и длины $l=8$ см поружают в воду, температура которого постоянна и равна $0^\circ C$. Температура верхнего конца капилляра $t_0=100^\circ C$. Температура зависитимость коэффициента поверхностного натяжения $\sigma(t)$ воды приведения в таблице. На какую высоту поднимется вода в капилляре? Телопроводность капилляра намного превозходит телопроводность воды в нем; телообменом с окружающим воздействием можно пренебреть.

◆ Пусть $x$ — высота стольника воды в капилляре. Температура капилляра и, следовательно, воды на этой высоте равна, очевидно,
$$t_x = t_0 \frac{x}{l}.$$
Вода в капилляре удерживается слиами поверхностного натяжения. Если $\sigma(t_x)$ — коэффициент поверхностного натяжения при температуре $t_x$, то
$$x = \frac{2\sigma(t_x)}{\varrho g r},$$
где $\varrho$ — плотность воды. Отсюда находится
$$\sigma(t_x) = \frac{\varrho g r x}{2} = \frac{\varrho g r l t_x}{2 t_0}.$$
Температура $t_x$ на уровне максимального поднятия воды

$t,^\circ C$	$\sigma, \frac{\text{mH}}{M}$
0	76
20	73
50	67
90	60

55

Ф816. В схеме, приведенной на рисунке, сопротивления резисторов одинаковы и равны $R = 60$ Ом, диоды идеальные. Батарею, дающий напряжение $U = 12$ В, подключат к точкам $A$ и $B$ на время $t_1 = 1$ с. Затем, помещая полоса местами, подключают батарею к схеме на время $t_2 = 5$ с. Найти выделительные в схеме количество теплоты.

В условиях задачи не сказано, какими полосами подключается батарея к точкам $A$ и $B$ на время $t_1$, поэтому рассмотрим два возможных варианта включения.

1. Сначала к точке $A$ подключают «плос» батареи, а к точке $B$ — «минус». Так как диоды идеальные, их сопротивления при этом равны нулю, и все три резистора оказываются включенными параллельно друг другу. Полное сопротивление цепи равно $R_1 = R/3 = 20$ Ом. За время $t_1$ в цепи выделится количество теплоты

$$Q_1 = \frac{U^2}{R_1} t_1 = 7,2 \text{ Дж.}$$

Когда полоса помещали местами, так через диоды не течение, и все три резистора оказываются включенными последовательно. Полное сопротивление цепи при этом равно $R_2 = 3R = 180$ Ом. За время $t_2$ в цепи выделится количество теплоты

$$Q_2 = \frac{U^2}{R_2} t_2 = 4 \text{ Дж.}$$

Obщее количество выделений в цепи теплоты равно $Q = Q_1 + Q_2 = 11,2 \text{ Дж.}$.

2. Если сначала к точке $A$ подключен «минус» батареи, а к точке $B$ — «плос», то

$$Q_1' = \frac{U^2}{3R} t_1 \approx 0,8 \text{ Дж.}$$

$$Q_2' = \frac{3U^2}{R} t_2 \approx 36 \text{ Дж.}$$

$$Q' = Q_1' + Q_2' \approx 36,8 \text{ Дж.}$$

Л. II. Баканина

Ф817. На рисунке показана зависимость показателя преломления $n$ от координаты. Узкий monoxроматический лучок света падает на границу раздела сред $I$ и $II$. При каких углах падает свет пропускает в среду III?

Из закона преломления следует, что вдоль траектории луча значение $n(x) \cdot \sin \alpha_x$ остается постоянным (здеся $\alpha_x$ — угол падания луча на границу раздела, который соответствует координатам $x$). Поскольку во второй среде показатель преломления сначала уменьшается, углы падания $\alpha_x$ будут растут по мере приближения траектории к границе, которое соответствует координатам $x_1$. При этом касательные к траектории луча будут приближаться к вертикали. Если угол падания во второй среде достигается $90^\circ$, то луч не выйдет из этой среды. Если же угол падания будет меньше $90^\circ$ даже на границе с координатой $x_1$, где значение $n(x_1)$ минимально, луч перейдет из среды II в среду III.

Пусть при некотором начальном угле падания $\alpha_0$ ($\alpha_0$ — угол падания на границу раздела сред $I$ и $II$) угол падания луча на границу $x_1$ достигается $90^\circ$. Тогда

$$n_1 \sin \alpha_0 = n(x_1) \cdot \sin 90^\circ \Rightarrow \sin \alpha_0 = \frac{1,2}{1,4} \approx 0,86, \alpha_0 \approx 60^\circ.$$

Следовательно, при углах $\alpha \geq \alpha_0$ луч света не смогут пропускать в среду III. При углах $0 \leq \alpha < 60^\circ$ луч света пропускает в среду III.

В. В. Можаев