Решения задач М1031—М1035; Ф1043—Ф1045, Ф1047

38

if the number of successively connected wheels is very large. Assume that the wheel’s mass is uniformly distributed along the circumference, the strings are weightless and unstretchable and there is no friction.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminski

P1065. A pot containing 1 liter of water refuses to come to a boil on a 100 watt heater. How long can it take for the water to cool by 1 degree when the heater is turned off?

A. R. Zilberman

P1066. Imagine that a thin layer of soot, absorbing practically all the Sun’s emissions, is formed in the upper atmosphere as the result of massive forest fires. What will the Earth’s mean temperature become, if it is now 300 K?

A. L. Stasenko

P1067. A transparent solid sphere of radius $R$ made out of material with refraction index $n$ contains a small incrustation $A$ (figure Pис. 2 on p. 37). When looking at the incrustation the apparent distance from it to the centre of the sphere does not depend on $\alpha$ for sufficiently large $\alpha$ (see the figure). Find the true distance from the incrustation to the sphere’s centre.

G. V. Grigoriev

Решения задач

M1031 — M1035, Ф1043 — Ф1045, Ф1047

Построим точку $B_1$, симметрично $B$ относительно прямой $l$, тогда $M$ лежит на пересечении прямых $AB_1$ и $l$ (см. рис. 2 on p. 37). When looking at the incrustation the apparent distance from it to the centre of the sphere does not depend on $\alpha$ for sufficiently large $\alpha$ (see the figure). Find the true distance from the incrustation to the sphere’s centre.

Угол $AMB$ как внешний угол равноведренного треугольника $MBB_1$ равен $2\angle AB_1B$. С другой стороны, точки $A, B$ и $B_1$ лежат на окружности с центром $N$, поэтому $\angle ANB = 2\angle AB_1B$ (центральный угол $ANB$ и вписанный в эту окружность угол $AB_1B$ опираются на одну дуг $AB$).

Л. Д. Курляндчик

M1032. Выписаны $n$ чисел 2, 3, …, $n+1$, их весовозможные произведения по два, по три и т. д. вплоть до произведения всех $n$ этих чисел. Докажите, что сумма чисел, обратных всем выписанным, равна $n/2$. (Например, при $n=3$ $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 4} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{3}{2}$.)

Очевидно, что рассматривая в задаче сумма на 1 меньше произведения

$$\left(1 + \frac{1}{2}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)...\left(1 + \frac{1}{n+1}\right).$$

Следовательно, она равна

$$\frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} ... \frac{n+2}{n+1} - 1 = \frac{n+2}{2} - 1 = \frac{n}{2},$$

что и требовалось доказать.

A. B. Анджанс

39

М1033. Окружность от квадрата четырехугольника (гранция каждой стороны из двух окружностей и двух отрезков). Выкрасим два из них, примыкающих к противоположным углам квадрата, в琢убой цетт, два других — в красный. Докажите, что: a) суммы красных и голубых дуг равны; b) суммы перimetров красных и голубых треугольников равны.

Рис. 1. Рис. 2.

М1034. Прямоугольная шоколада разбита продольными и поперечными углублениями на 50 квадратных делек. Двое из разгара в такую цетт. Начинающий размывает шоколаду по неокторому углублению на две прямоугольные части. Затем израющение по очереди ломатот odну из получившихся частей по неокторому углублению на две. Тот, кто перым отломит квадратную дольку (без углубления), a) проррывает, b) выгрывает. Кто из израющих может обеспечить себе выгрышии — начнающий или его партнер?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
12 13 14 15 16 17 18
19 20 21 22 23 24 25

Ответ: в обих вариантах игры побеждает начинающий. Это справедливо и для любой шоколада из mn долек (размером m×n), где mn четно (за исключением случая шоколада 2×n с нечетным n в вариante 6) — здесь ответ зависит от n.) Мы рассмотрим сразу общий случай. Интересно, что выигрышные стратегии в «противоположных» вариантах a) и 6) почти совпадают.

a) Стратегия, обеспечивающая выигрышная начинашему, такова. Хотя бы одно из чисел m и n четно — пусть это будет m(m=2k). Первым ходом начинающий размывает шоколаду на две одинаковые половины (по n×k долек). Затем каждый ход второго он dysplует на другой половине шоколадики. Таким образом, после каждого ход первого игре обе половины будут разломаны совершенно одинаковым образом. Ясно, что при этом первый не отломит дольку 1×1 равные, чем это сделает второй.

6. Здесь при четном m>2 и n>1 начинающий может использовать ту же «симметричную» стратегию до тех пор, пока второй не отломит полоску шрипиной 1; первый тут же отломивает он нее дольку 1×1 и выгрывает.

При публикации задачи мы по недоразумению не помещили рядом с условиям рисуок, изображаюший шоколаду из 5×10 долек; поэтому строго говоря, нужно рассмотреть еще случай шоколадики 2×25 (хотя, по видимому, в жизни таких не было). В вариante 6) игры «симметричная» стратегия для шоколадики 2×n не годится — отличать полоску шрипиной 1 нельзя (это немедленно ведет к проррышшу), так что шоколаду можно ломать только «поперек». Возникает такая игра в «разбиение». На доске написано вначале число n; затем при каждом ходе одно из чисел страется и пишут неокторы два натуральных числа, в сумме дюшных стертое. Проигрывает тот, кто вынужден написать 1 (то есть проррышная позиция — это набор чисел 2 и 3). Вопрос о том, кто выгрывает в подобных играх, оказывается далеко не простым; об интересной теории, позволяющей найти ответ без большого перебора, будет расссказано в одном из номеров

40

«Кванта» в будущеем году. Пока сообщим лишь ответ: при $n=25$ выигрывает начнающий (один из правильных первых ходов: $25=13+12$).

Ответ для нечетного $mn$ в общем случае нам неизвестен ни для варианта а), ни для варианта 6) игры.

С. В. Фомин, Н. В. Васильев

М1035. На отрезке [0; 1] по очереди отмещаются точки $x_0, x_1, x_2, ..., x_n$. Для каждой точки $x_k$ ($k=1, ..., n$) изменяется расстояние $d_k$ от нее до ближайшей к ней из поставленных ранее точек. Доказите, что $d_1+d_2+...+d_n \leq 1 + \frac{\log_2 n}{2}$.

Рис. 1.

Рис. 2. Преобразование набора $x_0, x_1,...,x_n$ при сдвиже точки $x_2$: каждый значению $x_2, 0 \leq x_2 \leq 1$, отвечает горизонтальной отрезок, на пересечении которого с синним линиями расположены точки $x_i$.

Рис. 3.

Покажем сначала, что любой набор точек $x_0, x_1, ..., x_n$ на отрезке [0; 1] можно, не уменьшая суммы

$$s = d_1 + d_2 + ... + d_n,$$

преобразовать в набор, две первые точки которого — 0 и 1, а каждой следующая — середина одного из отрезков, на которые предыдущие точки разбивают [0; 1]. Ясно, что можно ограничиться наборами различных точек (если точка $x_i$ совпала с одной из предыдущих, ее можно просто вычернуть — $d_i=0$ — и добавить новую точку в конец). Но нам будет удобно допустить совпадения.

Пусть $x_i$ — самая левая, $x_k$ — самая правая точка набора. Очевидно, $s$ не уменьшится, если заменить $x_i$ на 0, а $x_k$ — на 1. Кроме того, при $i \geq 1$ можно поменять $x_i=0$ и $x_{i-1}$ друг с другом местами — при этом сумма $d_{i-1}+d_i$ может только возрастить (рис. 1), а остальные слагаемые суммы $s$ не изменятся. Поэтому впредь можно считать, что $x_0=0$, а $x_1=1$. Будем «улучшать» набор $x_0, ..., x_n$ дальше. Расмотрим точку $x_2$. Если $x_2=x_0$ или $x_2=x_1$, пропустим ее и перейдет к $x_3$. Пусть теперь $x_2=x$, $0<x<1$. Будем дивигать точку $x_2=x$ по отрезку [0; 1] и при этом один из отрезков [0; x] или [x; 1] вместе со всеми попашными на него точками $x_i$ растягивать, а другой — скимать (рис. 2). Ясно, что тогда сумма чисел $d_i$ для точек $x_i$ отрезка [0; x] будет изменяться пропорционально $x$, а для отрезка [x; 1] — пропорционально 1—х, поэтому общая сумма, как функция $x$, будет равна

$$s = 1 + \min(x, 1-x) + lx + r(1-x)$$

($d_1=1, d_2=\min(x, 1-x), l$ и $r$ — постоянные). Эта функция линейна на отрезках [0; 1/2] и [1/2; 1] и имеет излом в точке $x=1/2$ (рис. 3), поэтому ее максимум достигается в одной из точек $0, 1/2, 1$. Сдвинем $x_2$ в точку максимума и одновременно соответствующим образом растением (или созем) набор точки $x_i$ на отрезках [0; $x_2$] и [$x_2; 1$]. Мы получим набор точек, у которой сумма $s$ не меньше первого начального, а точка $x_2$ находится либо в середине отрезка [$x_0; x_1$] ($x_2=1/2$), либо на краю этого отрезка. Если, далее, $x_3$ не совпадает ни с одной из точек $x_0, x_1$, $x_2$, рассмотрим тот из отрезков [$x_0; x_2$] и [$x_2; x_1$], на котором лежит $x_3$. Как и выше, мы можем так изменить набор точки $x_i$ на этом отрезке, чтобы точка $x_3$ стала его серединой или концом, и при этом сумма $s$ не уменьшилась. Поступная так же со следующими точками, мы приедем к набору, в котором $x_0=0$, $x_1=1$, а каждой следующая точка совпадает либо с серединой отрезка, соединяющего две соседние точки, либо с одной из этих точек. Все точки, совпадающие с предыдущими, можно вычернуть, после чего остается набор из $k$ точек ($k \leq n$), удовлетворяющий сформулированному в начале решения условия.

Для такого набора точек $d_1=1, d_2=1/2, d_3=1/4, d_4=1/4$ или $1/8$ при $i \geq 2$ каждое число $d_i$ равно $2^{-m}$ с некоторым натуральным $m$, причем чисел $2^{-m}$, имеется не более $2^{m-1}$. Ясно, что наиболее значение сумма первых $n$ таких чисел принимает при

41

Рис. 4. Краские точки — значения $s(n)$.

$$d_1 = 1, \quad d_2 = 1/2, \quad d_3 = d_4 = 1/4, \quad d_5 = \dots = d_8 = 1/8, \dots$$
(1) $(d_i = 2^{-m}$ при $2^{m-1} < i \leq 2^m$), т. е. для последовательности точек

$$0, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{3}{4}, \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{5}{8}, \frac{7}{8}, \frac{1}{16}, \dots$$

(2)

(дроби с одинаковыми значениями в этой последовательности можно переставлять). Остается оценить сумму $s(n) = d_1 + \dots + d_n$ для последовательности (1). При $n = 2^m + k, 0 \leq k < 2^m, m \geq 0$,

$$s(n) = 1 + \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{4} + 4 \cdot \frac{1}{8} + \dots + 2^{m-1} \cdot \frac{1}{2^m} + \frac{k}{2^{m+1}} =$$

$$= 1 + \frac{m}{2} + \frac{k}{2^{m+1}},$$

т. е. $s(n) = 1 + (\log_2 n)/2$ при $n = 2^m$, а на участках от $2^m$ до $2^{m+1}$ функция $s(n)$ меняется линейно. Поскольку $\log_2 x$ — выпуклая функция, $s(n) \leq 1 + (\log_2 n)/2$ при всех натуральных $n$ (рис. 4).

Интересно, что оптимальное расположение точек (2) дается «жадным» алгоритмом (это в полне официальный термин): на каждом шагу достаточно обеспечивать максимум очередного слагаемого, не заботая о дальнейшем.

В. С. Грипберг

Ф1043. По гладкой горизонтальной поверхности, вращаясь, скользит со скоростью $v = 10$ см/c палека длиной $l = 10$ см. При какой уловой скорости вращения палека ударится о стену (см. рис. 4) палеция, если на расстоянии $L = 50$ см от стены палека была параллельна стене?

Время, за которой центр палечки пройдет расстояние $L$ до стены, —

$$\tau = \frac{L}{v} = 5 \text{ с.}$$

Чтоы палеочка ударилась о стену палеция, необходимо, чтобы за это время она совершила целое число полученного вокруг оси вращения. Следовательно,

$$\omega_n \tau = n\pi, \text{ где } n = 1, 2, 3, \dots,$$

откуда

$$\omega_n = n \frac{\pi}{\tau}.$$

Не не все полученные значения $\omega$ будут являться ответом в задаче. При достаточно больших $\omega$ палечки при движении «зацепится» одним из своих концов за стену, не успев удариться об нее палеция. Для того чтобы найти условия, которое удовлетворяют искоченные значения $\omega$, заметим, что во время ударки скорость ее конца $A$ (см. рис. 4) не может быть направлена от стены (в противном случае в пределахушие моменты времени точка $A$ «находилась» в стене, что невозможно). Скорость точки $A$ складывается из скорости движения центра палеки и линейной скорости вращения палеки:

$$v_A = u - v = \frac{\omega l}{2} - v > 0.$$

Отсюда получаем условия $\omega$:

$$\omega < \frac{2v}{l} = 2c^{-1}.$$

Сопоставляя это условия с формулой (*), мы увидим, что подходящий значения $\omega_n$ является лишь значения

$$\omega_1 = 0,63 \text{ c}^{-1}, \omega_2 = 1,26 \text{ c}^{-1}, \omega_3 = 1,89 \text{ c}^{-1}.$$

И. Ю. Потеряйко

42

Ф1044. Парашютист массой $m=90$ кг совершает затяжной прыжок. Перед раскрытым парашюта его скорость $v_0=60$ м/с, после раскрытия парашюта установилась скорость $v=6$ м/с. Каково было бы максимальное натяжение строп парашюта, если бы он раскрывался мнобенно? Считать, что сила сопротивления воздуха двужщемуся парашюту пропорциональна квадрату скорости. Массу парашюта и строп считать малой по сравнению с массой парашютства.

Ф1045. В Арктике встретились два полярника. Они были одеты в одинаковые с виду комбинационных, но на самом деле один из комбинационных был теллее. Когда помещили температуру на поверхности комбинационных, на одном она оказалась выше, чем на другом. Какой из комбинационных теллее? (Комбинационные обычные, без подреза.)

Ф1047. *) Наблюдатель пускает «солнечный зайчик» при помощи маленького зеркальца, стоя перед большим зеркалом, в котором он видит свое изобравжение. Что произойдет, если наблюдаемый направит «зайчик» на изобравжение зеркальца в зеркале?

При раскрытии парашюта установившаяся скорость парашютства (когда сумма всех действующих на него сил равна нулю) — 6 м/с. При этом сила сопротивления воздуха $F_c$ равна силе натяжения строп $T_0$, которая, в свою очередь, равна силе тяжесте $mg$, т. е. $F_c = mg$.

В первый момент после раскрытия парашюта сила сопротивления $F_c$ в $(60/6)^2=100$ раз больше. Таким образом, сила сопротивления становится равной 100mg. Такова же и сила натяжения строп:

$$T = 100mg = 80000\mathrm{H}$$

При.meчине. При такой сил $T$ парашютист приобрел бы укорение $a = \frac{1}{m}(T - mg) = 99g$, т. е. перегрузка $a/g$ была бы непримемо большей. В действительности купол раскрывается не мгновенно, и натяжение строп не бывают столгомадным. Реальные значения перегрузок $a/g$ никогда не превышает 6—7. Поэтому при расчете прочности строп можно считать, что всегда $T \ll 100\mathrm{mg}$.

И. Ф. Гинзбург

Температура на внутренней поверхности комбинационных одинаковая — она равна температуре человекаческого тела. Поток теплла через комбинаzon тоже примерно одинаковый (если только не предполагается, что один из полярников занимается тяжелой физической работой, а другой в это время будет баклуши). Значит, материал того комбина zona, температура поверхности которого ниже, имеет более низкую теплопроводность, а именно такую одежду мы называем телой. Предельный слуй данной задачи описывает человека в тонкой рубашке — температура ее поверхности лишь немного отличается от нормальных 36 градусов (пока, конечно, человек не очень замерз).

И. И. Мазин

«Зайчик», который наблюдает может увидеть в большом зеркале, это изобравжение того «зайчика», который образовался на «экране», стоящем перед большим зеркалом. Экраном может быть сам наблюдает, стена, которое он видит в зеркале, и т. п. В экране есть «дырка» — это маленькое зеркальное: если прямые солнечные лучи, отраженные сначала от маленького зеркала, а затем от большого, вновь попадут на маленькое, то «зайчика» не будет. Но при таком ходе лучи после первого отражения от маленького зеркала идут перpendикулярно плоскости большого зеркала и, значит, попадают изобравжение маленького зеркала в большом зеркале.

Следовательно, если наблюдает направит «солнечный зайчик» изобравжение зеркала, то он нигде не увидит изобравжение «зайчика».

С. С. Кротов

*) Решение задачи Ф1046 будет посвящена заметка в одном из следующих номеров журнала.