Решения задач М1006—М1009; Ф1017—Ф1022

24

М1006. Через две вершины треугольника проведены две прямы, разбиаются его на три треугольника и четырехугольник.
а) Могут ли площади всех четырехугольник?
б) Какие три из этих частей могут иметь равные площади?
Во сколько раз от них площadb четырехугольник?

Решения задач
M1006—M1009; Ф1017—Ф1022

В решении много раз будет использована следующая почти оценная
Лемма. Отношение, в котором прямая, проведенная через вершину треугольника, делит его площadb равно отношению, в котором она делит его основание (см. рис. 1).

a) Ответ: не могут. Если бы даже только три треугольника разбиения были равновелики (предположение о величины площади четырехугольника нам и не нужно), то по лемме отрезки, разбиающее данный треугольник, должны быть делить друг друга пополам (рис. 2), т. е. были бы диагоналими параллельрам. Но это невозможно, поскольку две противоположные стороны этого «параллелограмма» лежат на пересекающихся прямых — сторонах данного треугольника.

б) Ответ: равновелики могут быть четырехугольник и любые два треугольника разбиения; отношение площади 4-й части к площади каждой из трех равновеликих частей может быть равно либо 3, либо $\sqrt{5}-2$.

Введем обозначения, как на рисунке 3. Из решения задачи a) видно, что одна из равновеликих частей — это четырехугольник CLPK, другая — один из треугольников APL и BPK; будем считать, что это треугольник APL (случай треугольника BPK рассматривается точно так же). Третья часть — это треугольник BPK или APB; эти два случая надо рассмотреть отдельно.

25

Обозначим площад трех равновеликх частей через $s$ ($s=S_{CLPK}=S_{APL}$), площад 4-й части через $s_1$. Чтобы найти искомое отношение $s_1/s$, выразим двумя способами отношения, в которых точки $L$ и $K$ делят стороны $AC$ и $BC$, через площад с помощью леммы:

$$\frac{CL}{LA} = \frac{S_{CLB}}{S_{LAB}} = \frac{S_{CLP}}{S_{LAP}},$$

$$\frac{CK}{KB} = \frac{S_{CKA}}{S_{KBA}} = \frac{S_{CKP}}{S_{KBP}},$$

(*)

а входящие сода площад — через $s$, $s_1$ и $x=S_{CPL}$.

В первом случае (рис. 3, а) имеем:

$$\frac{2s}{s+s_1} = \frac{x}{s}, \frac{2s}{s+s_1} = \frac{s-x}{s}.$$

Отсюда легко найти, что $x=s/2$, $s_1/s=3$.

Во втором случае (рис. 3, б) система запишется так:

$$\frac{s+s_1}{2s} = \frac{x}{s}, \frac{2s}{s+s_1} = \frac{s-x}{s}.$$

Первое из этих уравнений дает $x=(s+s_1)/2$; подставляя это выражение во второе уравнение, получим, что отношение $s_1/s$ удовлетворяет квадратному уравнению $(s_1/s)^2+4(s_1/s)-1=0$, т. е. $s_1/s=\sqrt{5}-2$.

Остается еще проверить, что если разделить стороны треугольника $ABC$ в отношениях

$$CL : LA=CK : KB=2s : (s+s_1)=1 : 2$$

в 1-м случае и

$$CL : LA=BK : KC=(s+s_1):2s=(\sqrt{5}-1)/2$$

во 2-м случае, то соответствующие три части разбиения действительно будут равновелик们. Пользовать равенствами (*), это совсем легко сделать в 1-м случае и несколько сложнее во 2-м. Мы приведем для 2-го случая другое рассуждение, пояснющее, почему в нашей задаче возникло число $\alpha=(\sqrt{5}-1)/2$. (Число $\tau=\frac{1}{\alpha}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ — это значение «золотое решение».) Заметим, что нашей утверждение является, как говоря, аффициным, т. е. содержит только такие геометрические понятия и величины, которые сохраняются при параллельном проектировании: прямая, отношение длины отрезков одной прямой, равенство площадей и т. п. (Напротив, такие понятия, как величины угла, отношение длины сторон треугольника или, скажем, bicсектораса, не сохраняются при проекции — и не входят в нашей утверждение.) А поскольку любой треугольник можно с помощью неокоторой параллельной проекции превращать в треугольник заданной формы (подумайте, почему!), нашей утверждение достаточно проверить только для треугольников какого-то одного, наиболее удобного вида. В качестве такого «хорошого» треугольника возьмем треугольник $ABC$, образованный двумя диагоналими и сторонами правильно пятуюугольника (рис. 4). Нетрудно показать, что отношение сторон правильно пятуюугольника к его диагонали равно $\alpha$. Отсюда ясно, что на рисунке 4

$$CL : LA=BK : KC=BD : AC=\alpha;$$

и в то же время $S_{APB}=S_{APL}=S_{CKPL}$, поскольку очень видно, что $BP=PL$, а треугольник $APL$ просто равносствлен с четырехугольником $CKPL$.

Г. А. Гальперин,
А. П. Савин

26

М1007. Докажите, что треугольники с длинами сторон a, b, с и a₁, b₁, c₁ подобны, если и только если
$$\sqrt{a a_1} + \sqrt{b b_1} + \sqrt{c c_1} = \sqrt{(a_1 + b_1 + c_1)(a + b + c)}.$$

После возведения обих частей доказываемого равенства в квадрат и несколько преобразований оно приводится к виду
$$(\sqrt{a b_1} - \sqrt{a_1 b})^2 + (\sqrt{c a_1} - \sqrt{c_1 a})^2 + (\sqrt{b c_1} - \sqrt{b_1 c})^2 = 0,$$
и следовательно, оно равносильно равенствам $a/a_1 = b/b_1 = c/c_1$, т. е. подобно треугольников.

Другое доказательство можно получить, затем, что левая часть равна скалярному произведению векторов с координатами $(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})$ и $(\sqrt{a_1}, \sqrt{b_1}, \sqrt{c_1})$ и не может быть больше правой части, которая равна произведению длины этих векторов; равенство возможно лишь, когда угол между векторами нулевой, т. е. они пропорциональны друг другу.

По существу, мы используем во втором рассужении так называемое неравенство Коши—Буняковского:
$$x_1 y_1 + x_2 y_2 + \dots + x_n y_n \leq \sqrt{(x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2)(y_1^2 + y_2^2 + \dots + y_n^2)},$$
которые обращаются в равенство, лишь когда наборы чисел $(x_1, \dots, x_n)$ и $(y_1, \dots, y_n)$ пропорциональны (у нас $n=3$, $(x_1, x_2, x_3) = (\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}), (y_1, y_2, y_3) = (\sqrt{a_1}, \sqrt{b_1}, \sqrt{c_1})$).

В. П. Чучин, В. Н. Дубровский

M1008. Лестница состоит из 2n+1 ступеней. На пinnixх ступенях лежит по одному камню. Двое по очереди такжеат камни. Первый может переложить любой камень вверх на первый свободную ступенку, а второй — переложить камень на одну ступенку вниз, если она свободна. Цель первого — положить камень на верхнюю ступенку. может ли второй ему помещать?

Ответ: может.

Во избежание путаницы будем номера действующих лиц задачи (их «имена») писать с большой буквы. Правило действия Второго такое: он всякий раз кладет камень на ступень, освободившуюся после хода Первого (это всегда возможно, поскольку камень на следующее ступен里 либо лежал еще до хода

Рис. 1. Рис. 2.

Первого — и остался там после этого хода, либо оказался там в результате хода Первого). Если Второй будет следовать этому правилу, то после любого хода Первого и ответа Второго или ничего не изменится (рис. 1), или на некотором участке лестницы, все ступени которого, кроме верхней, заняты, освободятся вторяя ступень и ставится камень на верхнюю (рис. 2). Ясно, что при этом нижняя ступень всегда занята и не может образовать группы из двух или более идущих подряд пунктных ступеней (не считая, конечно, ступеней над верхним камнем, с самого начала свободных ступеней, лежащих ниже верхнего (n-го) камня, перед любым ходом Первого не преводходит n—1, т. е. две верхние ступеня будут свободны, и Первый не может занять верхнюю ступень.

С. Л. Елисеев, Н. Н. Константинов

M1009. Биссектриса удел А параллелограмма ABCD пересекает прямые BC и

Обозначим центр окружности СКЛ через O; нам достаточно доказать, что $\angle BOD = \angle BCD$ (см. рисунок). Заметим сначала, что отрезки AB и BK, а также LC

27

CD в точках K и L соответственно. Доказите, что центр окружности, проведенной через точки C, K и L, лежит на окружности, проведенной через точки B, C и D.

Ф1017. Кругнейший в мире сетевой телефон имеет в качестве объекта зеркало диаметром D=6 м. Какое время потребуется, чтобы, сравнивая полученные на этом телефоне фотосимки, можно было заметить взаимное вращение нашей Галактики и туманности Андромеды воkrуле общего центра масс? Расстояние до Андромеды R=1,42·10¹¹ R₀, где R₀ — радиус орбиты Земли. Массы Галактики и Андромеды равны, соответствно, M₇=2,5·10¹¹ M₀, M₄=3,6·10¹¹ M₀, где M₀ — масса Солнца. Фотоэффицирование ведется ввидимом свете на длина волны λ=5·10⁻⁷ м.

Ф1018. Катер, призывающий у берега большого озера (береговая линия — пряма), неожиданно отвязался, и ветер понал его с постоянной скоростью v₀=2,5 km/ч под углом α=15° к березу. Сможете ли вы догнать катер, если ваша скорость и SK равны, поскольку в треугольнике ABK равны углы при стороне AK (∠BAK=∠KAD=∠AKB), и прямая LC параллельна AB. Отсюда, в частиности, следует равенство треугольников OKC и OCL (OK=OC=OL, KC=CL). Повернем плоскость вокруг точки O так, чтобы треугольник OKC совпал с треугольником OCL. Тогда луч KC совместится с луком CL, поэтому угол между этими луцами, т. е. ∠BCD, равен углу поворота. В то же время точка B при этом повороте перейдет в D, так как KB=AB=CD, следовательно, угол BOD также равен углу поворота; тем самым равенство углов BOD и BCD доказано.

Рисунок на полях иллюстрирует случай, когда AB>BC, а угол BAD — острый, однako наше рассуждение без каких-либо изменений применимо и во всех других случаях.

Минimalное угловое расстояние между двумя объектами, при котором их можно наблюдать разделно, определяется диффракцией и равно приблизительно λ/D. Чтобы можно было заметить, что Андромеда изменила свое положение, она должна сдивнуть именно на такой угол:

$$\varphi_0 \approx \frac{\lambda}{D} = \frac{5 \cdot 10^{-7}}{6} \text{ рад} \approx 8 \cdot 10^{-8} \text{ рад.}$$

Если перiod обращения Галактики и Андромеды воkrуле центра масс равен T, то поворот на угол φ₀ происходит за время:

$$\tau = \frac{T}{2\pi} \varphi_0.$$

Перiod T можно найти из обобщенного (в школьном учебнике астрономии он называется уточненным) III закона Кеплера:

$$\left(\frac{T}{T_2}\right)^2 \left(\frac{M_1+m_1}{M_2+m_2}\right) = \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^3.$$

Записывая его для систем Земля — Солнце и Галактика — Андромеда и пренебрегая массой Земли, получаем:

$$\left(\frac{T}{T_0}\right)^2 \left(\frac{M_\Gamma+M_A}{M_0}\right) = \left(\frac{R}{R_0}\right)^3,$$

где T₀=1 год (земной).

Из уравнений (1), (2) и (3) находим:

$$\tau = \frac{\lambda}{2\pi D} T_0 \left(\frac{R}{R_0}\right)^{3/2} \left(\frac{M_0}{M_\Gamma+M_A}\right)^{1/2} \approx 10^3 \text{ лет.}$$

В.Е. Белонучкин

Пусть в момент обнаружения объекта катара вы находились на берегу в точке O (см. рисунок), а катар, оторвашись в точке E, движется по прямой EF, составляющей с линейной береза угол α=15°, со скоростью v₀=2,5 km/ч. Чтобы ответить на вопрос задачи, построим границу области достижимости — той области, в которой спустя время t после начала вашего движения вы можете оказаться, «комбинируя» хождение и плавание. Эта граница (см. рисунок) представляет собой дуг AB окружности радиусом |OA|=

28

на берегу $v_1=4$ km/ч, в воде — $v_2=2$ km/ч? При какой скорости катара это вообщество возможно?

$$= |OB|=v_2t$$ и два отрезка касательных к этой okружности — CA и DB, причем $|OC|=|OD|=v_1t$ (подробно о построении этой границы рассказывалось в стате «Об оптимальных траекториях движения» в «Кванте» № 6 за 1982 год, с. 30). Спустя время $\Delta t$ граница области доступности займет новое положение $C'A'B'D'$, причем $|CC'|=|DD'|=v_1 \cdot \Delta t$, $|AA'|=|BB'|=v_2 \cdot \Delta t$. Легко понять, что если проекция скорости катара на направление OA (в этом направлении распространяется со скоростью $v_2$ плоский участок границы области доступности) будет больше скорости $v_2$, то вы никогда не договоритекат. Minimalное значение скорости катара, при которой догнатькат уже невозможно, определяется из условия (см. рис.ок)

$$v_{\min}\cos \beta=v_2,$$ где $\beta=\varphi-a$.

Поскольку $\varphi=\arcsin \frac{v_2}{v_1}=\arcsin \frac{1}{2}=30^\circ$, $\cos \beta=\cos 45^\circ=\frac{1}{\sqrt{2}}$, и

$$v_{\min}=v_2\sqrt{2}\approx 2.8$$ km/ч.

При движении катара со скоростью $v_0=2.5$ km/ч ($v_0<v_{\min}$) проекция скорости катара на направление OA меньше $v_2$, поэтому, как бы долго вы ни задержались на берегу, приправленный стратегией передвижения догнатькат можно (граница области доступности обязательно нагонит катер).

С. С. Крогов

Ф1019. В большой сосуд с жидкостью, плотность которого $\rho_1$, опущен маленький цилиндрический сосуд с площадью основания S, в dicho которого оставлена трубочка длиной l (рис.1); стенки сосудов жестко скреплены между собой. В маленький сосуд наливают подкрашенную жидкость плотностью $\rho_2$ ($\rho_2>\rho_1$) до высоты H так, что уровни жидкости в большом и малом сосудах совпадают. В некоторых момент времени отверстия в трубочке жидкости плотностью $\rho_2$ будет вытекать в больший сосуд до тех пор, пока давление в точке A (рис.2) со стороны жидкости плотностью $\rho_1$ не станет равно давлению жидкости плотностью $\rho_2$. Из этого условия легко находится масса жидкости, которая вытечет из маленького сосуда в первый раз.

Для этого запишем условия равновесия (см. рис.2):

$$\rho_1g(H+l)=\rho_2g(h+l)=\rho_2g(H-\Delta h+l),$$

(1)

где $\Delta h=(H-h)$ — понжение уровня жидкости в маленьком сосуде. Отсюда

$$h=\frac{\rho_1}{\rho_2}H-\frac{\rho_2-\rho_1}{\rho_2}l,$$

и

$$\Delta m=\rho_2 \cdot \Delta h \cdot s=(\rho_2-\rho_1)(H+l)s$$

(s — площадь основания маленького сосуда).

Для проекции дальнейшего решения сделаем некоторые предложения.

1. Площадь сечения большого сосуда настоящего велика, что если жидкость вытекает из маленького сосуда или вытекает в него, то уровень жидкости в большом сосуде не меняется.

2. Динамир трубочки и длина ее настоящего малы, что объемом этой трубочки по сравнению с объемами сосудов можно пренебреть, т. е. когда жидкость из

29

трубочки вытекает, уровень жидкости в маленьком соусе не меняется.

На первый взгляд может показаться, что, после того как давления в точке $A$ выравниются, процесс должен остановится; но это не так. Такое положение неустойчиво. Предположим, что жидкость плотностью $\rho_1$ в течение в трубку на небольшую высоту $\Delta x$ (рис. 3); тогда давление в точке $A'$ со стороны жидкости плотностью $\rho_1$ будет больше, чем давление в точке $A'$ со стороны жидкости плотностью $\rho_2$.

Дейстительно, давление в точке $A'$ со стороны жидкости плотностью $\rho_1$ будет равно $p_1 = \rho_1 g(H + l - \Delta x)$, а со стороны жидкости плотностью $\rho_2 - p_2 = \rho_2 g(h + l - \Delta x)$; разность этих давлений

$$\Delta p = p_1 - p_2 = (\rho_2 - \rho_1) g \cdot \Delta x$$

будет двигать жидкости вверх, поскольку $\rho_1 g(H + l) = \rho_2 g(h + l)$ — условие равновесия (см. (1)). Жидкость плотностью $\rho_1$ будет в маленький соусе до тех пор, пока давления сверху и снизу в точке $B$ (см. рис. 3) не выравниются. Жидкость плотностью $\rho_1$ будет всплывать над жидкостью плотностью $\rho_2$ (по условию задачи они не смешиваются).

Запишем условие равновесия в точке $B$:

$$\rho_1 g H = \rho_1 g \Delta h_1 + \rho_2 g h,$$

где $\Delta h_1$ — высота жидкости плотностью $\rho_1$, которая в маленький соусе.

Из (1) и (2) находим: $\Delta h_1 = \frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_1} l$, и

$$\Delta m_1 = (\rho_2 - \rho_1) l s.$$

Теперь, когда стала ясна причина перетеканий жидкости из одного соуса в другой, написем уравнения равновесия в более общем случае. Предположим, что равновесие в точке $B$ наступает в момент, когда

$$\rho_1 g H = \rho_1 g h_1 + \rho_2 g h_2,$$

где $h_1$ — высота жидкости плотностью $\rho_1$ и $h_2$ — высота жидкости плотностью $\rho_2$ в маленьком соусе (рис. 4). Мы уже знаем, что положение равновесия неустойчиво, и жидкость будет вытекать из маленького соуса, пока давления в точке $A$ не выравниются, а это значит, что

$$\rho_1 g(H + l) = \rho_1 g h_1 + \rho_2 g(h'_2 + l).$$

Из (3) и (4) получаем: $\Delta h_2 = h_2 - h'_2 = \frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_2} l$, и

$$\Delta m_2 = (\rho_2 - \rho_1) l s.$$

Когда давления в точке $A$ равны, положение неустойчиво, и жидкость плотностью $\rho_1$ будет вытекать в маленький соусе до тех пор, пока давления в точке $B$ не выравниются, а это значит, что

$$\rho_1 g H = \rho_1 g h'_1 + \rho_2 g h'_2.$$

Из (4) и (5) получаем: $\Delta h_3 = h'_1 - h_1 = \frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_1} l$, и

$$\Delta m_3 = (\rho_2 - \rho_1) l s = \Delta m_2.$$

Значит, каждый раз из маленького соуса будет вытекать и в тексте одинаковые массы жидкости

$$\Delta m = (\rho_2 - \rho_1) l s.$$

Заметим, что объемы жидкости, которые вытекают из соуса, будут разные; почему это так, подумайте самостояльно.

В. Е. Скороваров

30

Ф1020. Подвижный поршень делит цилиндр на две одинаковые части объемом $V_0=10^{-3}$ м³. В одной части находится сухой воздуха, в другой — водяной пар и $m=4$ г воды. При медленном нагревании цилиндра поршень приходит в движение. После смешения поршня на 1/4 длины цилиндра движение прекратилось. Какая масса водыных паров находилась в сосуде до нагревания? Какова масса воздуха, находящая в сосуде, и его начальная температура? При какой температуре поршень перестал движаться? Зависимость давления насыщенных паров воды от температуры приведена в таблице.

| $t, \text{°C}$ | $p_H \cdot 10^{-5}$, Па |
| :— | :— |
| 100 | 1 |
| 120 | 2 |
| 133 | 3 |
| 152 | 5 |
| 180 | 10 |

Ф1021. В цепи, показаной на рисунке, $R=100$ Ом, $C=10$ мКФ, $U_0=10$ В, внутреннее сопротивление батареи и сопротивление амператора пребрежимо малы. Клиоч К перiodическая ампература пребрежимо малы. Клиоч К перiodическая ампература пребрежимо малы. Клиоч К перiodическая ампература пребрежимо малы. Клиоч К перiodическая ампература пребрежимо малы.

Ф1020. Подвижный поршень делит цилиндр на две одинаковые части объемом $V_0=10^{-3}$ м³. В одной части находится сухой воздуха, в другой — водяной пар и $m=4$ г воды. При медленном нагревании цилиндра поршень приходит в движение. После смешения поршня на 1/4 длины цилиндра движение прекратилось. Какая масса водыных паров находилась в сосуде до нагревания? Какова масса воздуха, находящая в сосуде, и его начальная температура? При какой температуре поршень перестал движаться? Зависимость давления насыщенных паров воды от температуры приведена в таблице.

| $t, \text{°C}$ | $p_H \cdot 10^{-5}$, Па |
| :— | :— |
| 100 | 1 |
| 120 | 2 |
| 133 | 3 |
| 152 | 5 |
| 180 | 10 |

Движение поршня прекратиется, когда все вода испарится; при этом слева и справа от поршня будут газы (воздух и водяной пар), состояние которых описывается уравнением Менделеева—Клапейрона. Легко понять, что до этого при движении поршня уменьшался объем воздуха от $V_0$ до $V_0/2$, а водяной пар все время оставался насыщенным.

Пусть начальные температура и давление $T_0$ и $p_0$, конечные — $T_1$ и $p_1$, и масса водяного пара до нагревания $M$. Тогда мы можем записать следующие уравнения: для воздуха —

$$\frac{p_0V_0}{T_0} = \frac{p_1V_0}{2T_1};$$

для пара в начальной момент —

$$p_0V_0 = \frac{M}{\mu_\pi}RT_0, \quad p_0 = p_H(t_0),$$

в конце процесса —

$$p_1\frac{3}{2}V_0 = \frac{M+m}{\mu_\pi}RT_1, \quad p_1 = p_H(t_1),$$

где $\mu_\pi$ — молярная масса водяного пара. Решая совместно уравнения (1) — (3), находим массу водяного пара до нагревания:

$$M = m/2 = 2\text{ г.}$$

Пользовясь приведенной в условия таблицей, построим график зависимости $p_H(t)$ для водяного пара (см. рисунок). Тогда температура $T_0$ определяется из условия пересечения этого графика с прямой $p = \frac{M}{\mu_\pi}\frac{R}{V_0}T$, а $T_1$ — с прямой $p = \frac{M+m}{\mu_\pi}\frac{2R}{3V_0}$. Используя этот графикческий метод решения, находим:

$$t_0 = 140 \text{ °C}, \quad t_1 = 170 \text{ °C},$$

$$p_0 \approx 3,8 \cdot 10^5 \text{ Па.}$$

Зная температура $T_0=413$ К и величины $p_0$, из уравнения Менделеева—Клапейрона для воды ($\mu_B = 29 \text{ г/mоль}$) находим массу воды $M_0$:

$$M_0 = \frac{p_0V_0\mu_B}{RT_0} \approx 3,2 \text{ г.}$$

А. И. Вуздин

При замыкании ключа конденсаторы почти мгновенно (сопротивление амператора и внутреннее сопротивление батареи пребрежимо малы) заряжаются до напряжения $U_3 = \frac{U_0}{2}$, а при замыкании ключа практические полностью разряжаются. Поясим это.

Разряжается каждый конденсатор через резistor $R$. Ток разряда в первый момент —

$$I_0 = \frac{U_3}{R} = \frac{U_0}{2R}.$$

Если бы этот ток не изменился, то конденсатор полностью разряДЛЯ бы за время

$$\tau = \frac{q}{I_0} = \frac{CU_3}{I_0} = RC.$$

На самом деле ток уменшается по мере разряда конденсатора, и конденсатор разрядает все медлен-

31

нее; формально говоря, он полностью не разрядаетникогда. Нас же интересует не абсолотно полный его разряд, а такой, при котором просто $U \ll U_3$; для этого достаточно потребовать, чтобы $T_{\text{pa3p}} \gg \tau$. В нашем случае $T_{\text{pa3p}} = \tau_2 = 20 \cdot 10^{-3} \text{ c} \gg \tau = 1 \cdot 10^{-3} \text{ c}$.

Рассчитаем заряд, протекший через амператор при замыкании ключа:

$$q_1 = \frac{U_0}{2R} \tau_1 - C \frac{U_0}{2}$$

(напряжение на резистор равно $\frac{U_0}{2}$, ток резисторов протекает через амператор).

При размыкинии оба конденсатора разряжаются через амператор:

$$q_2 = 2 \frac{CU_0}{2}$$

Средний ток

$$I_{\text{cp}} = \frac{q_1 + q_2}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{-C \frac{U_0}{2} + \frac{U_0}{2R} \tau_1 + CU_0}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{U_0}{2R} \frac{\tau_1 + RC}{\tau_1 + \tau_2} \approx 4,8 \cdot 10^{-3} \text{ A}$$

A. P. Зильберман

Ф1022. «Черный ящик» содержит катушка, резистор и конденсатор и имеет три вывода. При его исследовании были получены следующие результаты.

В схеме, показанной на рисунке 1, амператор показал $I_1 = 0,1$ А при частоте генератора $v_1 = 1000 \text{ Гц}$; ток через-amператор отсутствал по фазе от входного напряжения на $\Delta \varphi_1 = \pi/6$. Когда частоту генератора уменьшили в 100 раз, ток возрос менее чем в 2 раза. Частоту генератора вернули к прежнему значению и вместе-amператора в цепь включили волтметр (рис. 2). Волтметр

Возможных схем (из упомянутых в условия задания трех элементов) довольно много — 24. Поэтому нужно вначале их нарисовать и решить — какие из них в принципи могут удовлетворять поставленным условиям. Чтобы не пропустить какой-либо схемы, нужно их разумно классифицировать — например: нарисуем вначале все схемы, в которых к точке 2 («обещей») присоединен только резистор, потом — только конденсатор, потом — только катушка. Таких схем всего 12. Затем нарисуем схемы, где к этому выводу подключеныровно два элемента — этих схем 6. Остались еще схемы: ни один из элементов не подключен к общему проводу — их 5, и все три элемента подключены к общему проводу — такая схема одна. (Мы тут не рассматриваем схем, в которых точки 1 или 3 оказываются не подключенными,— понятно почему.)

Довольно простой анализ показывает, что условия задания может удовлетворять только схема, приведенная на рисунке 3. В схеме с-amператором, включенным параллельно конденсатору (см. рис. 1), можно «выбросить» конденсатор —-amператор идеальный, значит, ток через конденсатор вообше не идет. На рисунке 4 приведена такая «упрощенная» схема (рис. 4, а) и векторная диаграмма направлений (рис. 4, б). Из диаграммы имеем:

$$\frac{X_L}{R} = tg \frac{\pi}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}},$$

откуда

$$X_L = \frac{1}{\sqrt{3}} R$$

$$I_1 \sqrt{R^2 + X_L^2} = I_1 \frac{2R}{\sqrt{3}} = U_0 \Rightarrow I_1 = \frac{\sqrt{3}}{2} \frac{U_0}{R}$$

На рисунке 5 приведена схема «черного ящика» с подключенным волтметром (рис. 5, а) и диаграмма направлений (рис. 5, б):

33

Рис. 1.

Отсюда, кстати, следует, что в случае «крайнего невезения» меньше, чем в 1002 с, не уложиться: если нужная комбинация из трех цифровистетится последней, то конфики с этим тремия цифрами будут нажаты в 1000-ю, 1001-ю и 1002-ю секунды.

Цель ясна: упорядочить все трехначные коды так, чтобы каждый следующий начался с двух последних цифрами предыдущего, но достижима ли она?

Вот близкая ситuation, где достичь ее не удается.

Пусть известно, что цифры трехзначного кода различны и что это — цифры 1, 2 и 3. Иными словами, нужно проверить всего 6 кодов: 123, 132, 213, 231, 312 и 321. Если удассязывать вытянуть их в цепочку, то подбор кода займет 8с. Но вытянуть их в одну цепочку нельзя! Они образуют две цепочки (какие?), так что на подбор кода уйдет не 8, а 10с (проверьте!).

Разобрать с возможным вопросом и ограничивать последовательную проверку кодов нам помогет специально подобранный орентированный граф (сокращенно — орераф). Так называется конечное множество точек (именуемых вершинами орераф), если некоторые из них соединены стрелками (дузами, на которых указано направление); в частности, не исключаются стрелки орераф, то он — эйлеров, и теорема доказана.

Рис. 2.

чаются стрелки-netли, соединяющие вершину саму с собой.

ОргrafФ $T_{10}$

Построим орграф, с помощью которого решается задача a). Возьмем 100 точек. Занутем их парамети цифр: 00, 01, 02, …, 98, 99. От точки $ab$ к точке $dc$ проведем стрелку, если $b=d$. Например $13\rightarrow 38$, $45\rightarrow 55$; в частности, любую точку с номером из двух одинаковых цифровыми соединениями саму с собой.

Обозначим построенный орграф $T_{10}$.

На стрелке от $ab$ к $bc$ наипшем трехзначный код $abc$: $13 \rightarrow 38$, $33 \rightarrow 333$. Любоий трехзначный код будет написанровно 1 раз: скажем, 455 будет написано на стрелке от 45 к 55. Тем самым $T_{10}$ содержит 10 вершин и 1000 стрелок со всемозможными трехзначными номерами. При этом из каждой вершины выходит 10 стрелок и в каждой вершину входит 10 стрелок: из $ab$ выходит стрелки $ab0$, $ab1$, …, $ab9$, в $ab$ входят стрелки $0ab, 1ab$, …, $9ab$.

Идя по стрелкам, можно попасть из любой вершины $ab$ в любую вершину $cd$:

$$ab \xrightarrow{abc} bc \xrightarrow{bcd} cd.$$

Оргrafы, обладающие таким свойством, будем называть связными.

Напомним: наша цель — вытянуть все трехзначные коды в цепочку; цель будет достигнуть, если мы обойдем $T_{10}$ по стрелкам, пройдя по каждой стрелкеровно 1 раз.

Существование такого объекта обеспечивает теорема об эйлеровом цикле.

Назовем орграф правильным, если для каждой его вершины $A$ число стрелок, выходящих из $A$, равно числу стрелок, входящих в $A$; будем обозначать это число $p_A$.

При меры: в $T_{10}$ для каждой вершины $ab$

$$p_{ab}=10;$$

на рисунке 1 изображены два правильных связных орграфа (или, если хотите, один правильный несвязный орграф), в них для некоторых вершин $p_A=2$, для других — $p_A=1$.

Теорема. В любом правильном связном орграфе существует цикл (замкнутый путь по стрелкам), проходящий по каждой стрелкеровно один раз (рис. 2).

Будем назвать такие циклы эйлеровыми.

Доказательство теоремы об эйлеровом цикле

Возьмем любую вершину $A$ и подdem из нее по стрелкам произвольным образом, «сжигая за собой месты» — стирая стрелки, по которым уже прошли. Посокльку стрелок конечное число, на каком-то шагу мы застрянем — придем в тупик, из которого нет выхода. Застрять в вершине $B \neq A$ не можем, так как из $B$ выходит столько же стрелок, сколько входит в $B$. Значит, тупик — это исходная вершина $A$.

Итак, наш путь — цикл $c$, начинающийся и кончующийся в $A$. Так как мы сразу стирали каждой стрелку, по которой прошли, цикл $c$ ни по какой стрелке не проходит дважды.

Если цикл $c$ содержит все стрелки орграфа, то он — эйлеров, и теорема доказана.

Если нет, то среди вершин, через которых проходит $c$, найдется вершина $A_1$, из которой торчит нестерта стрелка $s_1$ (если бы такой вершин не нашлось, наш орграф оказался бы не несвязным, рис. 3).

35

Рис. 7.

Из теоремы об эйлеровом цикле следует:
в задаче в) время $t_{\min} = 722$ с (вобше при $n > 3$ время $t_{\min} = n(n-1)(n-2) + 2$ с); при $n = 3$ из-за несязности $D_3$ на попск кода уходят лишние 2 с: $t_{\min} = \text{не 8}, \text{а 10 с}.$

Итак, $t_{\min}$ в задачах a), 6) и в) найдено. Попробуйте тем же методом найти $t_{\min}$, если

1. кнопок 10 и известно, что по крайней мере одна из цифр трехзначного кода — девятка;
2. кнопок 10 и известно, чторовно две цифры трехзначного кода одинаковы;
3. $2 \leq k \leq n$, кнопок $n$, а код — $k$-значный;
4. кнопок 6, на кнопках цифры 0, 1, …, 5, все цифры трехзначного кода различны и код содержит цифру 5.

Перейдем к обсуждению второго вопроса:

Как отыскать забытый код за наименьшее время?

Из предыдущого следует, что можно действовать так.

1. Взять подходящий орграф ($T_{10}, T_3$ или $D_{10}$ в задачах a), 6) и в) соответственно).
2. Отыскать в нем эйлеров цикл e.
3. Произвольно фиксировав стрелку $S_1$, взять стрелки, идущие в цикле e вслед за $S_1$:
   $S_1, S_2, ..., S_N$,
   $N = \begin{cases} 1000 \text{ в задаче a)}, \\ 27 \text{ в задаче 6)}, \\ 720 \text{ в задаче b)}. \end{cases}$
4. Выписать один за другим трехзначные номера стрелок $S_1, S_2, ..., S_N$.
   Поскольку номер $S_{i+1}$ добавляет к номеру $S_i$ лишь одну новую цифру, то можно указывать только ее (a не весь номер $S_{i+1}$); поэтому п. 4) можно заменить таким:
   4’ Приписать к номеру $S_1$ третью цифру номера $S_2$, затем третью цифру номера $S_3$ и т. д. — вплоть до $S_N$; получится последовательность $\Pi$ из $(N+2)$ цифр. Нажимая на кнопки с этими цифрами по одной в секунду, мы за $(N+2)$ с (т. е. за время $t_{\min}$) переберем все требующие проверки трехзначные коды и, значит, не более чем за $(N+2)$ с отыщем забытыый код.

Пример: циклу $e$ в орграфе $T_3$ с первой стрелкой 113 (рис. 6) соответствует последовательность $\Pi$ из 29 цифр: 113 332 331 322 321 312 311 2 221 211 1.

Так как $e$ — цикл, то первая и последняя пара цифр в последовательности $\Pi$ совпадает (это номер вершины, из которой выходит стрелка $S_1$ и в котором входит стрелка $S_N$). Поэтому вместе того, чтобы писать $N+2$ цифры $\Pi$ в строкуку, можно написать $N$ цифр по кругу (см. рис. 9, где $N=27$).

На рисунке 9 по ободу колеса (будем именовать его колеском $B$) идут в особом порядке 9 единиц, 9 двое и 9 треок. В этой записи заключено полное решение задачи 6). Остается нарисовать такие же заменательные колеса $A$ и $B$ для задачи а) и в).

Такие же заменательные? А что это значит?

Диалог о колеках $A, B$ и $B$
— Итак, чем же заменательное колесно $B$?
— Какую бы цифру на нем ни взять, если иdit们 от нее по часовой стрелке, читая по одной цифре, то за 29 с встретишь все трехзначные числа цифр 1, 2, 3.
— Да, это заменатель (и аналогичными свойствами должны обладать колеса $A$ и $B$), но не это самое замененное!
— Можно с равным числом иdit们 против часовой стрелки!

— Можно, но это свойство следует из первого. И оба они выполняются для колеса, построенного по любому эйлерову циклу $e$ в $T_n$.
— Так, значит, цикл $e$ на рисунке 6 — особенный?
— Да! Он построен не по общему рецепту, пригодному для любого правильного связного орграфа, а по специальному алгоритму, используемого $T_n$.
— И что это дает?
— При $n=3$ разница не велика. А в $T_{10}$ уже тысяча стрелок, и поиск $e$ в $T_{10}$ по общему рецепту может оказаться слишком долгим и трудоемким — даже если использовать ЭВМ.
— А специальный алгоритм имеет $e$ быстро?
— Да, я берсь выписать тысячу цифр на колесе $A$ за тысячу секунд! Мне не нужно ЭВМ, не нужно заполнить, какие цифры я уже пишил, нужно помнить только последние 3—4 цифры. Моя последовательность почти так же проста, как натуральный ряд.
— Эдоров! А последовательность из 720 цифр на колесе $B$ тоже проста? Ее можно выписать за 720 с?
— Да! Хотя придущать эту простую последовательность было не просто…
…Здесь мы перевем этот диалог, чтобы не лишать читателя удобства самим придущать заменательности цифр для колесе $A$ и $B$, или даже в общем случае — для $k$-значных кодов из $n$ чисел. (В тексте и на рисунках скрыты подсказки, появяющие секреты построения и быстро выписывания последовательности $\Pi$; но, может быть, они вам не понадобятся, и вы пойдете своим путем.) А мы надемемся, получив ваши письма, вернуть к этой задаче в одном из следующих номеров журнала.

М. Л. Гервер