Решения задач М896—М900; Ф908—Ф912

39

Решения задач

M896 — М900; Ф908 — Ф912

Первое решение. Пусть $M$ и $N$ — середины сторона $AB$ и $CD$, $h_M$ и $h_N$ — расстояния от точек $M$ и $N$ до прямых $CD$ и $AB$, $a$ и $b$ — длины сторона $AB$ и $CD$ (рис. 1). Очевидно, прямые $BC$ и $AD$ параллельны тогда и только тогда, когда каждая из них параллельна средней линии $MN$ четырехугольника, то есть когда $S_{MNB}=S_{MNC}$ и $S_{MNA}=S_{MND}$. (Буквой $S$, как обычно, обозначены площами соответствующих треугольников.) А поскольку $S_{MNA}=S_{MNB}=\frac{1}{2} \cdot \frac{AB}{2} \cdot h_N=\frac{a/h_N}{4}$ и, аналогично, $S_{MNC}=S_{MND}=\frac{bh_M}{4}=\frac{ab}{8}$ (по условию $h_M=a/2$), прямые $BC$ и $AD$ параллельны тогда и только тогда, когда $h_N=b/2$, то есть когда окружность с диаметром $CD$ касается $AB$.

Второе решение. Допустим сначала, что прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $O$ (рис. 2). Выполним последовательно симметрию относительно биссекtrицы угла $AOD$ и готоветю с центром $O$ и коэффициентом $OC/OB$ (так, чтобы точка $B$ перешла в $C$). При этом точка $A$ перейдет в некоторую точку $D'$ на луче $OD$, а окружность с диаметром $AB$ — в окружность с диаметром $CD'$, которая, очевидно, касается прямой $AB$. Приемые $BC$ и $AD'$ параллельны, так как $OC:OB=OD':OA$. Поэтому для завершения доказательства остается заметить, что окружность с диаметром $CD$ касается прямой $AB$ тогда и только тогда, когда $D=D'$.

Случай $AB\parallel CD$ рассматривается аналогично: надо только за ось симметрины взять прямую, равную длину от $AB$ и $CD$, а готовую заменить параллельным переносом.

Н. Б. Васильев, В. Н. Дубровский

◆ Ответ: одна из искомых пар — $x=1$, $y=18$.

Преобразуем данное выражение:

$(x+y)^7-x^7-y^7$
$=7x^6+21x^5y^2+35x^4y^3+35x^3y^4+21x^2y^5+7xy^6$
$=7xy(x^5+3x^4y+5x^3y^2+5x^2y^3+3xy^4+y^5)$
$=7xy(x+y)(x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4)$
$=7xy(x+y)(x^2+xy+y^2)^2$.

Для того чтобы это выражение делилось на $7^7$, необходимо, чтобы $x^2+xy+y^2$ делилось на $7^3$ (по условию $xy(x+y)$ не делится на $7$). Положим $x=1$ и попробуем найти такое $y$, чтобы $1+y+y^2=7^3=343$. Это квадратное уравнение имеет корни $y_1=18$ и $y_2=-19$, таким образом, одно из решений задачи — (1; 18).

Можно показать, что все пары целых чисел $(x, y)$, для которых $x^2+xy+y^2$ делилось на $7^3$ (то есть решения нашей задачи), описываются формулами: $(343n+k, 343m+18k), (343n+18k,$

40

М898*. Для нечетных натуральных чисел $a < b < c < d$ выполняемых условий: $ad = bc$, $a + d = 2^k$ и $b + c = 2^m$, где $k$ и $m$ — неоторные натуральные числа. Доказите, что $a) a = 1$;
б) для каждого $m \geqslant 3$ существует, причем только один, набор чисел $a, b, c, d, k$, удовлетворяющий этим условиям.

◆
a) Установим сначала, что $k > m$. Используя данные соответствует, причем только один, набор чисел $a, b, c, d, k$, удовлетворяющий этим условиям.

$$2^k - 2^m = a + d - (b + c) = a - b + d - \frac{ad}{b} = \frac{d}{b} (b - a) - (b - a) = (b - a) \left( \frac{d}{b} - 1 \right) > 0$$

(поскольку $b > a$, $d > b$), следовательно, $k > m$.

Доказем теперь, что $a + b = 2^{m-1}$. Равенство $ad = bc$ можно переписать в виде $a(2^k - a) = b(2^m - b)$, то есть $b^2 - a^2 = 2^m b - 2^k a = 2^m (b - 2^{k-m} a)$. Таким образом, произведение чисел $b + a$ и $b - a$ делится на $2^m$ (мы видели, что $2^{k-m}$ — целое число). В то же время их сумма равна $2b$, а $b$ — нечетное число, поэтому она числа не могут одновременно делиться на 4. А так как эти числа четные, одно из них должно делиться на $2^{m-1}$ (а другое — только на $2^1$). Но $b - a < b < (b + c)/2 = 2^{m-1}$, поэтому на $2^{m-1}$ делится $a + b$. Учитывая неравенство $a + b < b + c = 2^m$ заключаем, что $a + b = 2^{m-1}$.

Таким образом, $b = 2^{m-1} - a$, следовательно, $c = 2^m - b = 2^{m-1} + a$, а $ad = bc = 2^{2m-2} - a^2$, то есть $a(a + d) = 2^{2m-2}$. Поскольку $a$ — нечетное число, последнее равенство возможно только при $a = 1$.

б) Из полученных в конце пункта а) соответствует, что числа $a, b, c, d$ и $k$ удовлетворяют условиям задачи тогда и только тогда, когда $a = 1$, $b = 2^{m-1} - 1$, $c = 2^{m-1} + 1$, $d = 2^{2m-2} - 1$, $k = 2m - 2$ при $m \geqslant 3$.

А. П. Савин

◆
a) Прежде всего, заметим, что утверждение задачи достаточно доказать для равенства вида

$$x_1 + \dots + x_m = 0.$$

(Общий случай сведется к этому, если перевести все слагаемые из правой части в левую и учеть, что округления числа $-y_i$ совпадает с округлениями $y_i$, взятыми со знаком минус, поскольку $-[y_i] - 1 \leqslant -y_i \leqslant -[y_i]$).

Будем округлять числа $x_i$ в равенстве () почередно: одно из них будет округляться, а какое-то другое мы одновременно изменим на такой же величины в противоположном направлении — при этом данное равенство не нарушится. Нало только позаботиться, чтобы округления изменялись чисел оставались прежними. После не более чем $m - 1$ таких шагов мы округлим все числа в равенстве (), причем оно остается верным.

Итак, путь в равенстве (*) есть нецелые числа. Очевидно, их, по крайней мере, два, скажем, $x_i$

41

и $x_j$ Допустим, что расстояние $d$ от $x_i$ до ближайшего целого $x_i'$ не больше такого же расстояния для $x_j$ Заменим $x_i$ на $x_i'$, а $x_j$ на $x_j' = x_j + (x_i - x_i')$. При этом число округлений слагаемых увеличится, их сумма остается нулевой, а округления числа $x_j'$ будут такими же, как у $x_j$, так как $[x_j] \leqslant x_j' \leqslant [x_j] + 1$.

6), в Будем действовать по тому же плану, как в пункте a). Припишем к $i$-й строке число $-a_j$, $i=1, ..., m$, под $j$-м стольцом — число $-b_j$, $j=1, ..., n$, а в правом нижнем углу этой расширенной таблицы поставим сумму всех данных чисел $s = a_1 + ... + a_m = b_1 + ... + b_n$. Очевидно, достаточно доказать утверждение 6) (или в)) для новой таблицы, то есть при условии, что суммы чисел по всем строкам и стольцам равны нулю. Чтобы это условия сохранили при округлении очередного числа, нам надо будет вместе с этим числом изменить целую целочку чисел, причем их округления должны остаться прежними. Опишем построение такой целочку.

Возьем в таблице какое-нибудь нецелое число $x_1$; в одной строке с ним обязаательно есть еще одно нецелое число $x_2$, в одном стольце с $x_2$ — нецелое $x_3$, в одном стольце с $x_3$ — нецелое $x_4$ и т. д. (см. рисунки 1, 2). В какой-то момент мы непреемно придем к числу, которое стоит в одном ряду (строке или стольце) с числом, встречавшимся ранее. Пусть $x_k$ — первое такое число и путь оно стоит, скажем, в одном стольце с $x_k$ ($l < k$).

Предположим, что $x_{l+1}$ стоит в одной строке с $x_l$ (рис. 1). Тогда рассмотрим целочку чисел $x_p, x_{l+1}, ..., x_k$. Любые два последовательных числа в этой целочке стоит в одном ряду (следующим за $x_k$ считаем $x_l$), причем на каждом шагу целочка «поворачивает на $90^\circ$», поэтому в одной строке, а также в одном стольце с любым из них стоит ещеровно одно, а общее количество чисел в целочке четно. Выберем то из них, которое стоит близке к целому числу (если таких несколько, то любое из них), пусть это число $x_i$, а близкаящее целое число равно $x_i + d$. Заменим $x_i$ на его округление $x_i + d$ и, движясь по целочке, будем к каждому следующему числу почередно добавлять $-d$ или $d$ ($x_{i+1}$ заменим на $x_{i+1} - d$, $x_{i+2}$ — на $x_{i+2} + d$ и т. д.). Когда мы пройдем всю целочку, получится новая таблица с нулевыми суммами по строкам и стольцам, округления всех нецелых чисел в ней будут такими же, как раньше, а количество целых чисел возрастет.

Если оказется, что $x_{l+1}$ стоит в одном стольце с $x_l$ (рис. 2), то точно такое же расужждение надо проверить с целочкой $x_{l+1}, x_{l+2}, ..., x_k$.

После нескольких повторений этой операции все числа в таблице станут целыми.

Для задачи в) мы получно доказали, что сумма построенных нами округлений чисел исходной таблицы является округлением их суммы.

А. П. Савин

43

=2, где В, Р и Г — количество его вершин, ребер и граней *)). Мы выведем (2), следуя одному из многочисленных доказательств формулы Эйлера.

Подсчитаем двумя путями сумму $\sigma$ всех углов всех многоугольников «красного» разбиения. Сумма углов при вершинах многоугольника П равна $(m-2)\pi$, а сумма углов при $q_k$ «внутренних» вершинах — $2q_k\pi$. Следовательно, $\sigma = (m-2+2q_k)\pi$. С другой стороны, сложив суммы углов каждого из многоугольников разбиения, то есть величины $(k-2)\pi$, где $k$ — число сторонами многоугольника, мы найдем, что $\sigma = (N-2n_k)\pi$, где $N$ — сумма чисел сторона всех этих многоугольников, равная $m+2p_k$. Таким образом, $m-2+2q_k = m+2p_k-2n_k$, откуда вытекает (2).

М. Д. Ковалев

Ф908. Самолеты летят по одной прямой навстречу друг друга с одинаковой скоростью v. Предельная дальность обнаружения — l. Однако самолет после обнаружения другого совершает разворот, не меняя значения скорости, и летит параллельно второму самолету, который продолжает лететь со скоростью $\vec{v}$. Потеряют ли самолеты друг друга из виду после разворота, если ускорение при повороте равно a? Спустя какое время после обнаружения надо начинать разворот, чтобы в конце разворота расстояние между самолетами оказалось наименьшим?

$$L^2 = x^2 + y^2 = (l - \pi R - 2v\tau)^2 + 4R^2.$$

Понятно, что значение $L$ (τ) минимально при минимальном возможном значении $|x(\tau)|$ (y не зависит от τ). В связи с этим возникют два случая: при $l \geqslant \pi R$ начинающее $L = 2R$ достигается при $x=0$, то есть когда

$$\tau = \frac{l - \pi R}{2v} = \frac{1}{2} \left( \frac{l}{v} - \frac{\pi v}{a} \right);$$

при $l < \pi R$ значение $L$ минимально при $\tau=0$ и равно $L = \sqrt{4R^2 + (l - \pi R)^2}$.

В случае $l \geqslant \pi R$ начинающее $L = 2R$ завершено пределной дальности обнаружения. Найдем, при каком направлении $l = l_0$ самолеты останут еще в пределах видимости после разворота, то есть когда

$$L^2 = 4R^2 + (l_0 - \pi R)^2 = l_0^2.$$

Разрешая это уравнение относительно $l_0$, получим

$$l_0 = \frac{4 + \pi^2}{2\pi} R = \frac{4 + \pi^2}{2\pi} \frac{v^2}{a}.$$

Итак, при $l \geqslant l_0$ самолеты не потребляют друг друга из виду. В противоположном случае ($l < l_0$) после разворота они оказываются вне пределов обнаружения.

И. И. Воробье

*) См., например, статью М. Шубина «Топология и рельеф местности» («Квант», 1982, № 8, c. 14).

44

Ф909. На неевесомой горке, образованной двумя главными плоскостями, каждая из которых составляет угол α с горизонтальной плоскостью (см. рисунок), находятся два шарика. Горка может без треугольника скольить по горизонтальной плоскости. Верхний шарик, масса которого m₁, отпускают. При каком условиях нижний шарик, масса которого m₂, начинает после этого «забираться» на горку?

Ясно, что если второй шарик будет достаточно легким, он начинает подниматься на горку. Найдем его предельную массу m₀², при которой он еще не начал подниматься, но уже перестал давить направую наклонную плоскость.

Поскольку горка не весомая, при этом условия сумма горизонтальных проекций сил давления, действующих на горку со стороны шариков, должны быть равны нулю. Это означает, что (см. рисунок)

$$N_1 \sin \alpha = N_2 \sin \alpha,$$

Кроме того, поскольку второй шарик не поднимается, проекции ускорений шариков на нормаль к правой наклонной плоскости должны быть одинаковые (и равны проекции ускорения горки на это направление). Как видно из рисунка, угол между силой N₂ и правой наклонной плоскостью равен 90°—2α, и, следовательно последнее условие можно записать в виде

$$\frac{m_1 g \cos \alpha - N_1}{m_1} = \frac{m_2^0 g \cos \alpha - N_2 \cos 2\alpha}{m_2^0}.$$

Отсюда находится:

$$m_2^0 = m_1 \cos 2\alpha.$$

Таким образом, нижний шарик будет «забираться» на горку, если выполнен условие m₂ < m₁ cos 2α.

А. И. Буздин

Ф910. На цилиндр радиуса R отдел равномерно растующее резиновое колюцо массы m. Длина колюца в нерастигутом состоянии равна πR, местность резины — k. Цилиндр начинают раскручивать с постоянным угловым ускорением β. Через какое время колюцо начинает просальзывать относительно цилиндра, если коэффициент треня колюца о цилиндр равен μ? Чему будет равна при этом угловая скорость колюца?

Рассмотрим маленький элемент колца, который виден из центра колца в угле Δα (см. рисунок).

Масса этого элемента Δm = $\frac{m}{2\pi} \cdot \Delta\alpha$. На него действуют силы $\vec{N}$ нормальной реакции со стороны цилиндра, силы треня Fτ и силы натяжения со стороны соседних участков колца (силой тяжестями пренебрегаем). Так как колюцо растуюго равномерно, силы натяжения по абсолотной величины одинаковы и равны T=kπ(2R-R)=kπR. Равноведействующая всех этих сил сообщает элементу колюца ускорение $\vec{a}$. Проекция $\vec{a}$ на направление радиуса — это центристремительное ускорение a₁(t) в данной момент времени, а проекция $\vec{a}$ на направление касательной к цилиндру — это тангенциальное ускорение a₇(t) в данной момент. Поскольку линейная скорость v(t) связана с угловой скоростью ω(t) соответствием v(t)=ω(t)·R=βRt (t=0 — начало врашения),

$$a_1(t) = \frac{(v(t))^2}{R} = \beta^2 Rt^2,$$

$$a_7(t) = (v(t))' = \beta R.$$

Пусть просальзывание колца начинается через время t после начала врашения. Согласно второму закону Ньютона, при 0 < t < τ

$$2T \cdot \frac{\Delta\alpha}{2} - N(t) = \Delta m \cdot a_1(t) = \frac{m}{2\pi} \cdot \Delta\alpha \cdot \beta^2 Rt^2,$$

(1)

$$F_{τp} = \Delta m \cdot a_7(t) = \frac{m}{2\pi} \cdot \Delta\alpha \cdot \beta R$$

(2)

(мы учили, что $\Delta \alpha$ настояло мало, что $\sin \frac{\Delta a}{2} \approx \frac{\Delta a}{2}$).

Все это время $F_{\text{tp}}$ — сила треня покоя. По мере роста скорости сила $N(t)$ уменьшается. Соответствие уменьшается максимальное значение $\mu \cdot N(t)$ сили треня покоя; в момент времени $\tau$ оно сравняется со значением $F_{\text{tp}} = \Delta m \cdot \beta R$ — начнется просkalывание.

Подставляя в (1) и (2) $t = \tau$ и $F_{\text{tp}} = \mu \cdot N(\tau)$, находим значение $\tau$:

$$\tau = \sqrt{\left(\frac{2\mu k\pi^2}{m} - \beta\right)/\mu\beta^2}.$$

А. А. Лапидес

Ф911. На рисунке приведен график изменения давления пороховых газов в столь рульяя по мере продвижения пуля в стольole. Определите скорость скорания пороха (в кк/с) при давлении $p_{\text{max}}$, если скорость пуля в этот момент равна $v$. Площадь поперечного секунды столь рана s. Температур пороховых газов считать постоянной. Известно, что пороховые газы, образующие при скорании массы пороха M, в объеме $V_0$ создают давление $p_0$.

Изменение давления пороховых газов в столье произходит за счет изменения массы сторающего пороха и за счет изменения объема, занимаемого газами, по мере продвижения пуля. По первой причины должно произходить увеличение давления, по второй — уменьшение. Как видно из рисунка, на участке 1—2 преобладает первая тенденция, а на участке 2—3 — вторая. В момент времени $\tau$, когда давление равно $p_{\text{max}}$, увеличение давления за счет сторающего пороха компенсирует увеличение давления за счет продвижения пуля.

Запишем уравнение состояния газов в тот момент времени $\tau$, когда давление их равно $p_{\text{max}}$:

$$p_{\text{max}} V = \frac{m}{\mu} RT,$$

где $m$ — масса стораившего к этому времени пороха, $V$ — объем пространства в столье за пуляй. Пусть за малый промежуток времени $\Delta t$, в течение которого давление можно считать постоянным и равным $p_{\text{max}}$, сторает масса пороха $\Delta m$. Объем запульного пространства за это время увеличился на $\Delta V_1 = vs \cdot \Delta t$

(Δτ настояло мало, что скорость $v$ пуля можно считать постоянной). Давление газов за время $\Delta t$ не изменилось; это означает, что газ, образованший при стораюнии массы $\Delta m$ пороха, при давлении $p_{\text{max}}$ занимает как раз объем $\Delta V_1$, то есть

$$p_{\text{max}} \cdot \Delta V_1 = \frac{\Delta m}{\mu} RT,$$ или $p_{\text{max}} vs \cdot \Delta t = \frac{\Delta m}{\mu} RT$.

Из последнего равенства находится давление $\tau$:

$$\frac{\Delta m}{\Delta t} = p_{\text{max}} vs \cdot \frac{\mu}{RT}$$

Из условия задачи известно, что $p_0 V_0 = \frac{M}{\mu} RT$. Отсюда находится, что $\frac{RT}{\mu} = \frac{p_0 V_0}{M}$, и окончательно получаем

$$\frac{\Delta m}{\Delta t} = \frac{M p_{\text{max}} sv}{p_0 V_0}$$

Л. Г. Маркович