Решения задач М841—М845; Ф852—Ф857

35

isochorically heated to its initial temperature, which requires the amount of heat $Q=125$ J. Determine $c_x$.

A. A. Sheronov

P871. An initially uncharged capacitor of capacity $C$ is connected consecutively to a battery of EMF of tension $U_0$ and a coil of inductivity $L$. The current in the coil first increases, then decreases. At the moment when the current banishes, the capacitor is disconnected and then reconnected with the ends interchanged.

What maximal current will then flow through the coil. How will the current change if the reconnection process is repeated 1984 times? The circuit’s resistance is negligible.

A. R. Zilberman

P872. A long sled, sliding on very slippery ice, reaches an ice-free section of the road and stops before travelling half its length. Then a sharp push restores the sled’s previous velocity, and it stops again. What is the relationship between 1) the slowing down times in the first and second cases? 2) the distances travelled while slowing down?

S. S. Krotov

Решения задач

M841 — M845; Ф852 — Ф857

Эта простая задача имеет несколько решений. Приведем только одно из них. Пусть $a$ и $b$ — длины катетов, $c$ — длина гипотенузы данного треугольника $ABC$; $A_1, B_1$ и $C_1$ — точки касания вписанной окружности со стороны (см. рисунок). По теореме о равенстве касательных, проведенных к окружности из одной точки, $|AB_1| = |AC_1|$, $|BC_1| = |BA_1|$ и $|CA_1| = |CB_1|$. Отсюда следует, что

$$|AC_1| = \frac{c+b-a}{2}, \quad |BC_1| = \frac{c+a-b}{2}.$$

Позтому

$$|AC_1| \cdot |BC_1| = \frac{1}{4} (c+b-a)(c-(b-a)) = \frac{1}{4} (c^2-(b-a)^2) = \frac{1}{4} (c^2-b^2-a^2+2ab) = \frac{ab}{2} = S_{\triangle ABC}$$

(мы воспользовались теоремой Пифагора).

В случае произвольного треугольника $ABC$ аналогичная выкладка приводит к такой формуле:

$$S_{\triangle ABC} = |AC_1| \cdot |BC_1| \cdot \text{ctg} (\widehat{C}/2).$$

В. Н. Дубровский

a) Это довольно известное утверждение — подсказка к пункту 6); оно легко доказывается с помощью стандартных формул преобразования суммы синусов и разности косинусов в произведение:

$$\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma = 2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} + 2 \sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2} = 2 \sin \frac{\gamma}{2} \left( \cos \frac{\gamma}{2} - \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \right) =$$

b) Величины $\widehat{A}$, $\widehat{B}$ и $\widehat{C}$ уелов треугольника удовлетворяют

36

Условие
$$\frac{\sin \hat{A} + \sin \hat{B} + \sin \hat{C}}{\cos \hat{A} + \cos \hat{B} + \cos \hat{C}} = \sqrt{3}.$$
Докажите, что хотя бы один из них равен 60°.

$$= 4 \sin \frac{\gamma}{2} \sin \frac{\alpha - \beta - \gamma}{4} \sin \frac{\alpha + \gamma - \beta}{4} = -4 \sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}$$
(в последнем перехождение условия $\alpha + \beta + \gamma = 0$).

6. Так как $\sqrt{3} = \frac{\sin 60^\circ}{\cos 60^\circ}$, условия можно переписать так:
   $$\sin \hat{A} \cos 60^\circ - \cos \hat{A} \sin 60^\circ + \sin \hat{B} \cos 60^\circ - \cos \hat{B} \sin 60^\circ = 0$$
   или
   $$\sin (\hat{A} - 60^\circ) + \sin (\hat{B} - 60^\circ) + \sin (\hat{C} - 60^\circ) = 0.$$
   Приемя к углам $\hat{A} - 60^\circ$, $\hat{B} - 60^\circ$ и $\hat{C} - 60^\circ$ утверждение пункта a), получим, что
   $$\sin \frac{\hat{A} - 60^\circ}{2} \cdot \sin \frac{\hat{B} - 60^\circ}{2} \cdot \sin \frac{\hat{C} - 60^\circ}{2} = 0,$$
   то есть хотя бы один из углов $\hat{A}$, $\hat{B}$, $\hat{C}$ равен 60°.
   Л. Д. Курляндчик

**M843. В вершинах треугольника ABC восстановлены перепределения AA1, BB1 и CC1 к его плоскости по одному сторону от нее, равные по длине соответствующим высотам треугольника. Докажите, что перепределения плоскостей ABC1, BB1 и CC1 на плоскость ABC, попадает в центр вписанной в треугольник ABC окружности и равен по длине ее радиусу.

◆ Пусть $Q$ — точка пересечения плоскостей ABC1, BB1 и CC1, $O$ — ее проекция на плоскость ABC, $P$ — проекция $O$ на одну из сторон треугольника, для определения — на прямую BC. Очевидно, что треугольник QOP подбен треугольнику $A_1AH$, где $AH$ — высота треугольника ABC (см. рис. 1). Следовательно, $|OP|:|OQ| = |AH|:|AA_1| = 1$, то есть $|OP| = |OQ|$. Аналогично доказывается, что расстояния от точки $O$ до прямых $AB$ и $AC$ тоже равны $|OQ|$. Но это и значит, что $O$ — центр вписанной окружности, $a$ $|OQ|$ — ее радиус.

Приведем общее соответствие между расстоянием $d$ от точки $Q$ до плоскости ABC и длинами $a$, $b$ и $c$ отрезков AA1, BB1 и CC1:
$$\frac{d}{a} + \frac{d}{b} + \frac{d}{c} = 1$$ или $d = \frac{abc}{ab + bc + ca}$.

Рис. 1.
Рис. 2.

Докажите его самостоятельно и проверьте, что если $a$, $b$ и $c$ — длины высот треугольника, то $d$ — радиус его вписанной окружности. рис. 2 иллюстрирует доказательство аналогичного соответствия в двумерном случае.

В. Н. Дубровский,
А. А. Ягуььянц

**M844. a) Докажите, что любое натуральное число $a$ можно.edистренным образом представить в виде
$a = a_1 \cdot 1! + a_2 \cdot 2! + \dots + a_n \cdot n!$, (1)
еде $a_k$ — целые числа, $0 \leq a_k \leq k$, $a_n \neq 0$. (По определению, $k! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k$, $1! = 1$.)
б) * Докажите, что любое рациональное число $r$, $0 < r < 1$, можно.edистренным образом

◆ a) Покажем, как по данному числу $a$ найти старший коэффициент $a_n$ в представлении
$$a = a_1 \cdot 1! + a_2 \cdot 2! + \dots + a_{n-1} \cdot (n-1)! + a_n \cdot n!$$
(*)
где $0 \leq a_k \leq k$, $a_n \neq 0$, и его номер $n$.
Из первого точекства на полях (см. с. 37) следует, что при указанных значениях коэффициентов $a_k$
$a' = a_1 \cdot 1! + a_2 \cdot 2! + \dots + a_{n-1} \cdot (n-1)! \leq$
$\leq 1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + \dots + (n-1) \cdot (n-1)! < n!$,
кроме того, $n! \leq a_n \cdot n! \leq n \cdot n!$. Для каждого натурального $a$ можно найти единственное $n$ такое, что $a$ лежит в промежутке $n! \leq a < (n+1)!$; этим однозначно определяется $n$ в представлении-

37

представить в виде
$$r = \frac{b_1}{2!} + \frac{b_2}{3!} + \dots + \frac{b_n}{(n+1)!},$$
(2)
еде $b_k$ — целые числа, $0 \leq b_k \leq k$, $b_n \neq 0$.
в) Представьте в виде (1) число $a=1984$ и в виде (2) число $r=19/84$.

$$1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + \dots + n \cdot n! = (2! - 1!) + (3! - 2!) + \dots + ((n+1)! - n!) = (n+1)! - 1$$

ними (*). Разбив этот промежуток на $n$ промежутков (длиной $n!$ каждый), мы найдем единственное возможное значение $a_n$ как номер того промежутка, куда попадает $a : a_n \cdot n! \leq a < (a_n+1)n!$; другими словами, $a_n$ — неполное частное от деления $a$ на $n! : a = a_n \cdot n! + a'$, где $0 \leq a' < n!$ ($a_n = [a/n!]$, где $[x]$ — целая часть $x$).

Точно так же мы можем найти для $a'$ старший коэффициент в представлении
$$a' = a_1 \cdot 1! + a_2 \cdot 2! + \dots + a_{n-1} \cdot (n-1)!$$
и т. д. Формальное доказательство существования и единственности требуемого представления (*) можно proveсти методом математической индукции: для $a=1$ утверждение очевидно, а наше рассудение показывает, как из предположения, что оно верно для чисел, меньших $a$, следует его справедливо для данного $a$.

Можно дивится и в обратном направлении: сначала найти $a_1$, потом $a_2$ и т. д. При этом $a_1$ есть остаток от деления $a$ на 2, $a_2$ — остаток от деления $(a-a_1 \cdot 1!)/2$ на 3 и, вообщество, $a_k$ — остаток от деления $(a-a_1 \cdot 1! - \dots - a_{k-1} \cdot (k-1)!)/k!$ на $k+1$.

Оба эти способа позволяют вывести такой общую формулу для $a_k$:
$$a_k = [a/k!] - [a/(k+1)!] (k+1).$$

6. Будем последовательно разбивать отрезок [0; 1]: на 1-м шагу — на 2 равные части, на 2-м шагу каждой из двух образованших отрезков — на 3 равные части и т. д. Вообщество, на $k$-м шагу каждой из отрезков, полученных на $(k-1)$-м шагу, разбиваемся на $k+1$ равных части. Ясно, что после $k$-го шага отрезок [0; 1] будет разбит на $(k+1)$ равных части.

Рассмотрим точку разбиения $r$, появившуюся впервые на $n$-м шагу (очевидно, $r=m/(n+1)!$, где $m$ не делится на $n+1$). Эта точка отсторт от ближайшей к ней слева точки $(n-1)$-го шага на величины $b_n/(n+1)!$, где $b_n$ — целое число, $0 < b_n \leq n$. В свою очередь, эта точка $(n-1)$-го шага отсторт от ближайшей слева точки $(n-2)$-го шага на $b_{n-1}/n!$, где $0 \leq b_{n-1} \leq n-1$, и т. д. В итоге получим представление
$$r = \frac{b_1}{2!} + \frac{b_2}{3!} + \dots + \frac{b_n}{(n+1)!}, 0 \leq b_k \leq k, b_n \neq 0.$$

(**)

Его единственное следует из того, что при любом наборе $b_1, \dots, b_n$ в (**) числа
$$\frac{b_1}{2!}, \frac{b_1}{2!} + \frac{b_2}{3!}, \dots, \frac{b_1}{2!} + \frac{b_2}{3!} + \dots + \frac{b_n}{(n+1)!}$$

получаются, соответственно, не позже чем на 1-м, 2-м, …, $n$-м шагах разбиения, причем (в силу неравенств $0 \leq b_k \leq k$) каждое из них является ближайшим слева к следующему среди всех чисел того же шага.

Остается заметить, что любое разнональное число $r=p/q$ из промежутка [0; 1] появится точкой разбиения не позже чем на $(q-1)$-м шагу, так как $r=p(q-1)/q!$.

Фактически в этом решении коэффициенты $b_1, \dots, b_n$ определяются последовательно начиная с $b_n$: если уже найдены $b_n, \dots, b_k$, то $b_{k-1}$ — это остаток от деления (целого!) числа
$$\left(r - \frac{b_n}{(n+1)!} - \dots - \frac{b_k}{(k+1)!}\right) \cdot k!$$ на $k$. Подумайте, как можно нахо-
дить эти коэффициенты начиная с $b_1$. Проверьте справедливо следующей формулы:
$$b_k = [r \cdot (k+1)!] - [r \cdot k!](k+1)$$
(можно использовать второе тожество на полях).

в) Ответ: 1984 = 2·2! + 3·3! + 2·4! + 4·5! + 2·6!, 19/84 = 1/3! + 1/4! + 2/5! + 6/7!. Эти представления легко найти, опираясь на решения пунктов a) и b).

В. Е. Колосов

♦ Ответ: для любого четного $n$.

На рисунке 2 показано, как из любого четного числа $n$ уголков составить центрально-симметричный фигуру (примогольник $4 \times n$). Показем, что и обратно, любая центрально-симметриная фигура $f$ из условия может содержать лишь чётное число угловов. Приведем два доказательства.

38

Первое основано на традиционных «олимппадных» идеях — раскраски и четности. Центр симметрии $O$ фигуры $\Phi$ — это один из центров симметрии соответствующей квадратной сетки, то есть либо ее узел, либо середина отрезка между двумя соседними узлами, либо центр клетки. Последний слуаче число клеток в фигуре было бы нечетно, но оно должно делиться на 4. Покрасим плоскость «в синюю полоску», как показано на рисунке 3. Тогда число синих клеток в фигуре $\Phi$ будет четно. (В зависимости от расположения центра $O$ либо каждой синей клетке симметрина белая — как для центров $O_1$ и $O_2$ на рисунке 3, $a$, и тогда число синей клеток в $\Phi$ равно половине общего числа клеток, кратного четырем; либо каждой синей клетке симметрина другая синяя — как для точки $O_3$ на рисунке 3, $a$.) Но в любом прямогольнике $4 \times 1$ на сетке число синих клеток четно (рис. 3, $a$), а в любом уголке — нечетно (рис. 3, $6$). Поэтому число угловок должно быть четно.

Второе доказательство опирается на то, что центр симметрии $O$ фигуры $\Phi$ является и ее центром масс (если расматривать ее как однородную пластину; можно также заменить $\Phi$ на конечную систему равных масс, сосредоточенных в центрах составляющих эту фигуру клеток). Как мы видели выше, через точку $O$ проходит хотя бы одна из линей сетки; примем ее за ось ordинат, а за ось абсцисс — любую перепределкулярную линю сетки. Единцией длины будет служить сторона клетки. В этих осях координаты точки $O$, а также центра масс любого прямогольника $4 \times 1$ будут целыми или получены, то есть числа вида $a/2$, где $a$ — целое. Центр масс уголка лежит в середине отрезка, соединяющего центры двух прямогольников $2 \times 1$, из которых он составлен (рис. 4), поэтому его координаты имеют вид $b \pm 1/4$ ($b$ — целое число). Воспользовемся теперь, что если заменить каждую фигурок — прямогольников и угловок, составляющих $\Phi$, на ее центром масс и помещить в эти центры равные массы, то центр полученной новой системы также попадает в точку $O$. Это означает, что координаты точки $O$ равны средним арифметическим соответствующим координатам centers масс всех фигурок, составляющих $\Phi$. Следовательно, сумма абсцисс этих центров, то есть сумма нескольких чисел вида $a/2$ и $n$ чисел вида $b \pm 1/4$, должна быть равной нулю. Но это, оченьindo, возможно только при четном $n$.

Чтобы второе доказательство стало вполне строгим, надо еще дать точное математическое определение центра масс и доказать использование нами его свойства, например, закономность замены какой-то группы масс на ее центр. Об этом подробно рассылается в статье М. Б. Балка и В. Г. Болтянского в этом номере журнала.

В. Г. Белов

Ф852. По горизонтальном непроводящей плоскости без прокалывающей катитра равномерного загруженной колюц массы $m$. После включения горизонтального магнитного поля с индукцией $\vec{B}$, перепределкой плоскости колюца, сила давления колюца на плоскость уменьшилась вдвое. С какой скоростью катилось колюц, если его заряд равен $q$?

Изменение силы давления колюца на плоскость обусловлено действием на колюц неокоторой силы со стороны магнитного поля. Найдем эту силу.

Рассмотрим два малых диаметрально противоположных участка колюца вблизи точек $A$ и $C$ (см. рис.ок). Поскольку точка $O$ — мгновенный центр врашления колюца, мгновенные скорости точек $A$ и $C$ равны, соответствующим,

$$v_A = \frac{v}{R} |OA| = \frac{v}{R} 2R \cos \frac{\alpha}{2} = 2v \cos \frac{\alpha}{2},$$

$$v_C = \frac{v}{R} |OC| = 2v \sin \frac{\alpha}{2},$$

где $R$ — радиус колюца. Векторы $\vec{v}_A$ и $\vec{v}_C$ перепределки, соответствующим, отрезкам $OA$ и $OC$. Пусть заряд каждого участка равен $\Delta q$. Поскольку участки малы, эти заряды можно считать точными. Силы Лоренца, действующие со стороны магнитного поля на каждый заряд, равны

$$F_A = \Delta q \cdot B2v \cos \frac{\alpha}{2},$$

$$F_C = \Delta q \cdot B2v \sin \frac{\alpha}{2}.$$

Векторы $\vec{F}_A$ и $\vec{F}_C$ направлены вдоль отрезков $OA$ и $OC$ и состав-

39

Ляют с горизонтального углы, равные, соответственно,

$$\beta = \frac{\alpha}{2} + \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2},$$

$$\gamma = \frac{\pi}{2} - \left( \frac{\pi - \alpha}{2} \right) = \frac{\alpha}{2}.$$

В проекции на горизонталье результатющая сила, действующая на оба участия, равна

$$\dot{f}_x = \Delta q \cdot 2Bv \left( \cos \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\alpha}{2} - \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2} \right) = 0,$$

а в проекции на вертикаль

$$\dot{f}_y = \Delta q \cdot 2Bv \left( \cos^2 \frac{\alpha}{2} + \sin^2 \frac{\alpha}{2} \right) = \Delta q \cdot 2Bv.$$

Рассматривая аналогично каждую пару диаметрально противоположных участиков, найдем, что горизонтальная проекция сила, действующей на колъю со стороны магнитного поля, равна нулю, а вертикальная проекция равна

$$F_y = \sum_i F_{yi} = 2vB \sum_i \Delta q_i,$$

где $\sum_i \Delta q_i$ — сумма зарядов всех элементов участиков, составляющих половину колъца, то есть $\sum_i \Delta q_i = \frac{q}{2}$. Таким образом,

$$F_y = qvB.$$

Запишем условие равновесия колъца в проекции на вертикаль:

$$mg = N + qvB.$$

По условию задачи $N = mg/2$ и, следовательно,

$$qvB = mg/2.$$

Отсюда

$$v = mg/2qB.$$

Л. Г. Маркович

◆ При приложении к центру правой стенки сили $F_1$ контейнер сдинитется, когда эта сила сравняется с силой трения $\mu N'_1$, действующей на неподвижные опоры. Так что сила давления пола на эти опоры —

$$N_1 = F_1/\mu.$$

Суммарный момент сил относительно оси, проходящий через роликки, должен быть равен нулю (contейнер не опрокидывает). Поэтому (см. рис. 1)

$$\frac{mg l}{2} - \frac{F_1 l}{2} - N_1 l = 0.$$

Отсюда, с учетом того, что $N_1 = F_1/\mu$, получаем:

$$mg = F_1 \left( 1 + \frac{2}{\mu} \right).$$

При приложении сили $F_2$ к центру левой грани (рис. 2) сила давления пола на неподвижные опоры равна $F_2/\mu$. Равенство нулю полного момента сил относительно оси, проходящий через роликки, приводит к соответствии с соответствующей.

$$mg = F_2 \left( \frac{2}{\mu} - 1 \right).$$

($F_2 > F_1$, потому что во втором случае момент сили $F_2$ приводит к дополнительной нагрузке на неподвижные опоры, а значит, и к возрастию сили трения.)

Решая совместно (1) и (2), находим $m$:

$$m = \frac{2F_1 F_2}{g (F_2 - F_1)}.$$

У некоторых холодильников конструкция опор также же, как и у нашей контейнера. Они легко передвигаются в сторону роликков и значительно труднее в противоположную сторону. Иногда холодильник вообще не желает скользыть, а начинает опрокидывать. Это происходит при определенном значении коэффициента трения. В случае «кубическая» холодильника с равномерным распределением массы — при $\mu \geq 1$. Граничное значение $\mu$ получа-

40

Ф854. Оцените среднее усилие, которое надо приладаять к краю надувного матраца, чтобы соннуть его посредние под прямым уелом. Матрац не имеет поперечных перегружек. Необходимые для решения величины и их достаточно реальные числовые значения задайте сами и получите численный результат.

Оценим работу, которое надо совершить, чтобы согласно матрацю под прямым углом. По порядку величины ее можно оценить как $A \sim p \cdot \Delta V$, где $p$ — перепад между atmosферным давлением и давлением воздуха внутри матраца, $\Delta V$ — изменение объема матраца в процессе его деформации. Как видно из рисунка, $\Delta V$ примерно равно произведению площади треугольника $ABC$ на ширину матраца $b$:

$$\Delta V \approx \frac{2d \cdot d}{2} b = d^2 n,$$

где $d$ — толщина матраца.

С другой стороны, работа по сгибанию матраца может быть оценена как произведение средней действуошей силы $F_{cp}$ на пройденное расстояние:

$$A \approx F_{cp} \frac{2\pi l}{4} \sim F_{cp} l$$

(l — длина матраца).

Из приведенных выражений следует, что

$$A \sim p \cdot \Delta V \sim p d^2 b \sim F_{cp} l,$$

откуда

$$F_{cp} \sim \frac{p d^2 b}{l}.$$

Для числовых расчетов можно положить $b \approx 0,8$ м, $d \approx 0,15$ м, $l \approx 2$ м. Сложнее оценить $p$. Воспользуемся таким соображением. Если встать на матрац ногами, то он, чашце всего, продолжается до земли. Следовательно, $p$ одного порядка с давлением, оказываемым ступнями человека на землю:

$$p \sim \frac{mg}{S} \sim \frac{700 \text{ H}}{0,2 \cdot 0,3 \text{ m}^2} \sim 10^4 \text{ Pa}.$$

Окончательно вычисляем:

$$F_{cp} \sim \frac{10^4 \Pi a \cdot (0,15 \text{ m})^2 \cdot 0,8 \text{ m}}{2 \text{ m}} \sim 10^2 \text{ H},$$

что неплохо согласуется с нашим життейским опитом.

Е. И. Пальчикков

Ф855. В плоский конденсатор, присоединенный к полюsem батареи с ЭДС $\delta$, полностью вводинула параллельно его пластинам заряженная пластина на расстоянии $b$ от одной из пластин конденсатора (см. рисунок). Найти силу, действующую на вводинулю пластину, если ее заряд равен $q$. Следующей пребегень. Площадь пластин конденсатора равна $S$, расстояние между ними — $d$.

Электрическое поле внутри конденсатора представляет собой сумму поля, создавемого пластиной с зарядом $q$, и поля, создавемого зарядами пластин конденсатора. Например эти полей обозначаются, соответствующей $E$ и $E_1$. (На рисунке указаны направления полей $E$ и $E_1$ для случая положительного заряды вводинулю пластины.)

Сила, действующая на вводинулю пластину, равна

$$F = q E_1.$$

Напряжение $E_1$ можно найти, записав разность потенциальных между пластинами конденсатора в виде

$$\delta = (E_1 + E)(d - b) + (E_1 - E) b.$$

Отсюда

$$E_1 = \frac{\delta + E(2b - d)}{d}.$$

Подставив $E = q/2\varepsilon_0 S$, получим:

$$E_1 = \frac{\delta + q(2b - d)}{2S\varepsilon_0}.$$

Таким образом, сила, действующая на вводинуную пластину,