Решения задач М891—М895; Ф903—Ф907

28

—4q, …, —1984q, 1985q (q>0), respectively.
Prove that one of the balls has an everywhere positive charge density on its surface. The distances between the balls are finite.

V. A. Yasinski

P927. A charged particle flies through a scintillation counter; the scintillating molecules along its trajectory emit light. The light is emitted isotropically (i.e. uniformly in all directions) at each point. What part of the emitted light will leave the scintillator into the air, if the refraction coefficient of the scintillating matter is $n=1.6$? Light absorption in the scintillator may be neglected.

Remark. The solid angle at the vertex of a cone equals $\Omega=2\pi(1-\cos\theta)$, where $\theta$ is the angle between the cone’s axis and its generator.

S. A. Khorozov

Решения задач

M891 — M895; Ф903 — Ф907

Обозначим в данной треугольнике $ABC$ длины стороны $BC$ и $CA$ через $a$ и $b$, длины медиан $AA_1$ и $BB_1$ — через $m_a$ и $m_b$, точку пересечения медиан — через $M$ (см. рисунок). Поскольку от середины стороны до точки пересечения медиан равен ее трети, а четырехугольник $MA_1CB_1$ описан около окружности, имеет место равенство $m_a/3+b/2=m_b/3+a/2$ или

$$m_a + \frac{3b}{2} = m_b + \frac{3a}{2}. \tag{1}$$

Далее, треугольники $AA_1C$ и $BB_1C$ имеют одинаковые площади (равные площади треугольника $ABC$) и общую вписанную окружность, поэтому их перimetры равны: $m_a+a/2+b=m_b+b/2+a$, то есть

$$m_a + \frac{b}{2} = m_b + \frac{a}{2}. \tag{2}$$

Вычитая равенство (2) из (1), получим $a=b$.

Отметим, что утверждение задачи справедливо и тогда, когда окружность касается продолжей двух стороны треугольника и двух медиан.

A. A. Мурагов

M892. a) Докажите, что среди чисел $2^m+2^k$, а также среди чисел $3^m+3^k$ бесконечно многоочередно, а среди чисел $4^m+4^k$, $5^m+5^k$ и $6^m+6^k$ нет ни одного квадрата целого числа (здесть $m$ и $k$ — натуральные числа, $m \neq k$).
b)* Есть ли квадраты среди чисел $7^m+7^k$?

a) Заметим сначала, что если число $a^m+a^k$ является квадратом, то квадратов такого вида бесконечно многоочередно: $a^{m+2n}+a^{k+2n}=(a^n)^2 \cdot (a^m+a^k)$ (здесь $m$ или $k$ может равняться и нулю). Поэтому утверждение задачи для $a=2$ и $a=3$ вытекает из равенств $2^3+2^0=8+1=3^2$, $3^1+3^0=2^2$.

Случай $a=4$. Пусть $4^m+4^k=b^2$, где $b$ — целое число, причем $m>k$; тогда $4^{m-k}+1=(b/2^k)^2$ или $4^n+1=c^2 (n=m-k, c=b/2^k)$. Отсюда следует, что $(c+2^n)(c-2^n)=1$, что, оченьindo, невозможно.

29

Случай $a=5$. Легко видеть, что число $5^m$ при любом $m>1$ кончается цифрами 25, поэтому $5^m+5^k$ может кончаться только на 30 (при $k=1$) или на 50 (при $k>1$) и, следовательно, не может быть квадратом (квадрат, кончающийся нулем, должен делиться на 100).

Случай $a=6$. Степень числа 6 всегда кончается на 6, а значит, число $6^m+6^k$ — на 2. Но квадраты целых чисел могут кончаться только на 0, 1, 4, 6, 9.

6. Ответ: нет. Поскольку 7 при делении на 3 дает в остатке 1, такой же остаток дают и все степени семи. Поэтому число $7^m+7^k$ дает при делении на 3 остаток 2 и, следовательно, не может быть квадратом $((3n)^2$ делится на 3, а $(3n \pm 1)^2 = 3(3n^2 \pm 2n) + 1)$.

А. И. Зайчик, В. Н. Дубровский

M893. Каждый два из n блоков ЭВМ соединены прободом. Можно ли каждый из этих прободов покрыть в один из n—1 цветов так, чтобы из каждого блока выходило n—1 прободов разного цвета, если a) $n=6$; b) $n=13$?

a) Ответ: можно. Нужная раскраска показана на рисунке.

6. Ответ: нельзя. Действительно, если было использовано $m$ прободов какого-то одного цвета, то число блоков — $2m$ (столько концов у всех этих прободов, а каждый конец подсоединенровно к одному блоку). Но 13 — нечетное число.

Эту задачу часто формулируется как задачу о составлении расписания кругового турира — при этом проводам одного цвета ответает разбиение участков турира на пары для одного типа. Мы видели, что при нечетных $n$ эта задача неразрешима. Можно доказать, что при четных $n$ она всегда имеет решение (см., например, книгу O. Оре «Приглашение в теорию чисел» (M.: Нayka, 1980, гл. 8, § 3), а также решение задачи 1.16 в книге «Заочные математические описания» (M.: Нayka, 1981, с. 19)).

В. В. Алексеев

M894. a) Сумма пяты неотрицательных чисел равна 1. Доказите, что их можно расстоять по кругу так, чтобы сумма пяты попарных произведений соседних чисел не превысходит 1/5.

b)* По кругу расстояло $n \geqslant 4$ неотрицательных чисел, сумма которых равна 1. Доказите, что сумма всех n попарных произведений соседних чисел не превысходит 1/4.

a) Доказательство будем вести от противного. Допустим, что при любой расстановке чисел $a, b, c, d, e$ рассматриваем сумма больше 1/5, в частности (см. рисунки 1 и 2):

$$ab+bc+cd+de+ea > 1/5,$$
$$ac+ce+eb+bd+da > 1/5.$$

Отсюда получим противоречие:

$$1 = (a+b+c+d+e)^2 = \frac{a^2+b^2}{2} + \frac{b^2+c^2}{2} + \frac{c^2+d^2}{2} +$$
$$+ \frac{d^2+e^2}{2} + \frac{e^2+a^2}{2} + 2[(ab+bc+cd+de+ea) +$$
$$+(ac+ce+eb+bd+da)] \geqslant$$
$$\geqslant 3(ab+bc+cd+de+ea) +$$
$$+ 2(ac+ce+eb+bd+da) > 1$$

(мы использовали неравенство $x^2+y^2 \geqslant 2xy$).

Из решения видно, что условие неотрицательности чисел не существует. Утверждение задачи

30

(c заменной 1/5 на 1/n) справедливо для любых $n$ чисел.

6. Мы должны доказать, что для любых $n \geqslant 4$ неотрицательных чисел $a_1, \dots, a_n$ сумма которых равна 1, выполнен неравенство
   $$a_1a_2 + a_2a_3 + \dots + a_{n-1}a_n + a_na_1 \leqslant 1/4.$$

При четном $n (n=2m)$ это неравенство доказывается неопределенно: пусть $a_1 + a_3 + \dots + a_{2m-1} = a$; тогда, очевидно,
$$a_1a_2 + \dots + a_na_1 \leqslant (a_1 + a_3 + \dots + a_{2m-1}) \times \times (a_2 + a_4 + \dots + a_{2m}) = a(1-a) \leqslant 1/4.$$

Пусть теперь $n$ нечетно и пусть $a_k$ — наименьшее из данных чисел. (Для удобства будем считать, что $1 < k < n-1$ — это не ограничивает общности при $n \geqslant 4$.) Положим $b_i = a_i$ при $i=1, \dots, k-1$, $b_k = a_k + a_{k+1}$ и $b_i = a_{i+1}$ при $i=k+1, \dots, n-1$. Применяя нашей неравенство к числам $b_1, \dots, b_{n-1}$, получим:
$$a_1a_2 + \dots + a_{k-2}a_{k-1} + (a_{k-1} + a_{k+2})b_k + a_{k+2}a_{k+3} + \dots + a_{n-1}a_n + a_na_1 \leqslant 1/4.$$

Остается воспользоваться тем, что
$$a_{k-1}a_k + a_ka_{k+1} + a_{k+1}a_{k+2} \leqslant a_{k-1}a_k + a_{k-1}a_{k+1} + a_{k+1}a_{k+2} \leqslant (a_{k-1} + a_{k+2})b_k.$$

Заметим, что в общих пунктах указанные оценки точные (их нельзя уменшить); в пункте a) оценка $1/n$ достигается, когда все $n$ чисел равны, а в пункте 6) — когда два из них равны 1/2, а остальные 0.
С. В. Гашков, А. Н. Драншинков

*M895. Докажите, что площать сечения куба плоскостью, касающейся вписанной в него сферы, не преосходит половины площади грани куба. Расмотите случан, когда это сечение a) треугольник, b) четырехугольник. b) Докажите, что в случае a) площать полной поверхности от куба треугольника меньше площади грани. (Ортогональные проекции этих трех граней на плоскость первой грани полностью ее покрывают, а площади проекций меньше площадей самих граней.) Тем не менее, мы докажем a) независимо, поскольку при этом получится несколько более общий результат.

Обозначим вершины рассматриваемого треугольного сечения куба через $A, B, C$, общую вершину трех ребер; на которых они лежат — через $V$, точки касания вписанной сферы с плоскостями $ABC, VAB, VBC, VCA$ — через $T, K, L, M$ (последние три точки, очень удобно, — центры грани куба; рис. 1). В силу равенства касательных, проведенных к сфере из одной точки, $AT=AK=AM, BT=BK=BL, CT=CL=CM$, поэтому треугольники $ABK$ и $ABT, BCL$ и $BCT, CAM$ и $CAT$ (рис. 1), а также $AVK$ и $AVM, BVK$ и $BVL, CVL$ и $CVM$ (рис. 2) попарно равны и, тем более, равновелики. Следовательно, площать сечения $ABC$ равна сумме $S_1$ площадей треугольников на рисунке 1, а площадь $S_{\text{тетр}}$ полной поверхности треугольника $VABC$ равна сумме площадей четырехугольников $AKBV, BLCV$ и $CMAV$, то есть удовеной сумме

31

$S_2$ площадей зеленого, красного и желтого треугольников на рисунке 2:
$$S_{\text{тетр}} = 2S_2 = 2(S_{AKV} + S_{BKV} + S_{CLV}) = 2(S_{AKBV} + S_{CLV}).$$

Пусть $S_0$ — площадь грани куба. Докажем, что для любых трех точек $A, B, C$ на ребрах куба, выходящий из вершины $V$,
$$S_1 = S_{ABK} + S_{BCL} + S_{CAM} \leq S_0 / 2$$
(1)
(и, в частности, утверждение a)).

Для этого заметим, что если две из трех точек, например $B$ и $C$, закрылены, то площади треугольников $ABK$ и $ACM$, а значит и всегда сумма $S_1$, линейно зависит от $x=VA$ (доказательство см. на рисунке 3). Поэтому всегда можно передивать точку $A$ в конец ребра так, чтобы величина $S_1$ возросла (или, во всяком случае, не уменьшилась). То же самое можно проделать последовательно с точки $B$ и $C$; следовательно, неравенство (1) достаточно доказать для точек $A, B$ и $C$, расположенных в вершинах куба. Имеется всего 4 таких расположения (с точностью до переобозначией); они показаны на рисунке 4. В двух случаях $S_1=0$, в двух других $S_1=S_0 / 2$. Легко понять, что за исключением двух последних случав неравенство в (1) всегда строое, но треугольник $ABC$ на рисунке 4, в можно рассматривать как предельное положение сечения, касающейсяписанной сферы, поэтому оценка в задаче a) точная.

Докажем теперь неравенство
$$S_2 = S_{AKBV} + S_{CLV} < S_0 / 2$$
(и вместе с ним — утверждение b)).

Пусть для определения $KB \geqslant KA$. Очевидно, прямая $KB$ делит грань куба на две равные трапеции площади $S_0 / 2$, одна из которых — $VBB_1U$ (рис. 2) состоит из четырех треугольников $AKBV$ и $AKB_1U$. Таким образом, достаточно доказать, что
$$S_{CLV} < S_{AKB_1U}.$$
Отложим на ребре $UV$ отрезок $UC_1=VC$ (рис. 5); тогда треугольники $C_1KU$ и $CLV$ равны, причем $\angle C_1KU = \angle CLV = \angle AKB_1$.

(Действительно, из равенства однозвечных треугольников на рисунке 2 следует, что $2(\angle CLV + \angle AKB) = \angle AKB + \angle BLC + \angle CMA = \angle ATB + \angle BTC + \angle CTA = 360^\circ = 2(\angle AKB_1 + \angle AKB)$.) Следовательно, $\angle B_1KU = \angle C_1KA$ (рис. 5) и, кроме того, $KB_1 = KB \geqslant KA$, $KU > KC_1$, поэтому $S_{AKC_1} < S_{B_1KU}$, то есть
$$S_{CLV} = S_{C_1KU} = S_{AKC_1} + S_{AKU} < S_{B_1KU} + S_{AKU} = S_{AKB_1U}.$$
Такие же сообщения, как в пункте a), показывают, что и здесь оценка точная.

6. Пусть $ABCD$ — четырехугольное сечение куба, отделящее от него ребро $UV$ и пересекающее грани с центрами $K, L, M, N$ (рис. 6). Как и выше, легко видеть, что его площадь равна сумме $S_3$ площадей треугольников $ABK, BCL, CDM$ и $DAN$, которая, очевидно, меньше суммы
   $$S_4 = S_{ABK} + S_{BLCV} + S_{CDM} + S_{DNAU}.$$

(Окончание см. на с. 34)