Решения задач М1051—М1055; Ф1063—Ф1066

24

NEW PROBLEM IN PHYSICS (or MATHEMATICS). Please print your name and address in BLOCK LETTERS.

P1084. If a five kopeck coin is held briefly against frost covered glass, a circle appears along the rim of the coin. Why?
L. A. Ashkinazi

P1085. Figure рис. 3 (p. 23) shows a process which brings the ideal gas from state A to state B. Locate the parts of the graph where the gas temperature increases (decreases).
I. Yu. Poteryaiko

P1086. The resulting tension of the electric field created by two point charges at the point A is zero, while at the point B the absolute values of the fields of the two charges are equal. Show that the resulting field at the point B is directed along the line AB.
V. T. Karapetyan

P1087. A mathematical pendulum oscillates. The maximum angle away from the equilibrium position is $\alpha_0 \leqslant \pi/2$. Find angles $\alpha_1$ and $\alpha_2$ where the weight’s acceleration assumes its largest and its smallest values. Plot the dependances of $\alpha_1$ and $\alpha_2$ on $\alpha_0$.
O. A. Sedletski

Решения задач
M1051 — M1055, Ф1063 — Ф1066

В обонх случаях ответ отрицательный. Чтоы убедиться в этом, окрасим доку по горизонталям: первую горизонталь — в черный цвет, вторую — в белый, третью — снова в черный и т. д. (см. рисунок). Очевидно, что при прыжке фишка всегда попадает на поле того же цвета, поэтому в начальном и конечном квадрат 3×3 должно быть одинаковое число, скажем, черных полей. Но в нижнем квадрат их 6, а в верхнем — левом или правом — 3.

Задачу a) можно точно так же решить и с общной шахматной раскраской.
J. E. Briskin

M1052. Докажите, что из n четырехугольников, отсекаемых от выпуклого n-угольника диагоналими, не более n/2 могут оказаться описными округжности. Приведите пример 8-угольника, у которого таких четырехугольников 4.

Если бы можно было отсчет больше n/2 описанных четырехугольников, то среди них нашлось бы два соседних — имеющих две общие стороны. Обозначим их ABCD и BCDE (рис. 1). У каждой из них суммы противоположных сторон равны:
$$AB + CD = BC + AD, \quad BC + DE = CD + BE.$$
Отсюда получаем, что
$$AB + DE = AD + BE.$$ (*)

Исходный n-угольник выпуклый, поэтому его diагонали AD и BE пересекаются в некоторой точке P. По

25

неравенству треугольника

$$AD + BE = AP + BP + PD + PE > AB + DE,$$

что противечит (*).

Чтобы построить нужный 8-угольник, опишем около окружности равновобку трапецю $A_1A_2A_3A_4$ с углами в 45° при основании $A_1A_4$, а затем достроим ее до 8-угольника $A_1A_2...A_8$ как показано на рисунке 2. Аналгическое строится n-угольник, от которого можно отсчёть диагоналими [n/2] описанных четырехугольников.

Н. М. Седракян

М1053. Докажите, что в последовательности чисел Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, …, где каждое число равно сумме двух предыдущих, при $m \geq 2$ встретиется не менее 4 и не более 5 m-значных чисел.

$$u_n = \frac{\tau^{n+1} - (-1/\tau)^{n+1}}{\sqrt{5}},$$

где $\tau = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Пусть $u_n$ — последовательность Фибоначчи: $u_0 = 1, u_1 = 1,$

$$u_{n+1} = u_n + u_{n-1}.$$

(1)

Нам попадбится следующая простая оценка отношения $r_n = u_{n+1}/u_n$ соседних чисел Фибоначчи: начиная с $u_3/u_2 = 3/2$, отношения $r_n$ не меньше $3/2 = 1,5$ и не больше $5/3 = 1,66... < 1,7$.

Ее легко доказать метод математической индукции. В силу (1)

$$r_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 + \frac{u_{n-1}}{u_n} = 1 + \frac{1}{r_{n-1}}.$$

Позотому, если

$$\frac{3}{2} \leq r_{n-1} \leq \frac{5}{3},$$

(2)

т. е. $2/3 \geq 1/r_{n-1} \geq 3/5$, то $r_n$ оценивается сверху числом $1+2/3=5/3$, а снизу — числом $1+3/5=8/5>3/2$. А поскольку оценка (2) верна для $n=3$, она верна и для всех $n \geq 3$.

Пусть $u_k$ — наименьшее $m$-значное число Фибоначчи, $m \geq 2$. Тогда $u_k \geq 10^{m-1}, u_{k+1} \geq 1,5u_k,$

$$u_{k+2} = u_{k+1} + u_k \geq 2,5u_k,$$

$$u_{k+3} \geq (2,5+1,5)u_k = 4u_k,$$

$$u_{k+4} \geq (4+2,5)u_k = 6,5u_k,$$

и потом $u_{k+5} \geq 10,5u_k > 10^m$ — уже не менее, чем $(m+1)$-значное число. Таким образом, $m$-значных чисел Фибоначчи не больше 5.

С другой стороны, $u_{k-1} < 10^{m-1}, u_k < 1,7u_{k-1}$ и аналогично предыдущему мы получим, что $u_{k+3} < 7,1u_{k-1} < 10^m$. Следовательно, $m$-значных чисел Фибоначчи не менее 4.

Можно решить эту задачу иначе, воспользоваться явной формулой для чисел Фибоначчи *), приведенной на полях.

Н. В. Васильев

*) См., например, книгу «Заочные математические олимпиады», М.: Наука, 1987, задача 6-11.

27

речит нашему условия. Это дает не менее чем $(21-k)(20-k)/2$ отрезков. Итак, общее число отрезков в графе не меньше

$$\frac{k(k-1)}{2} + \frac{(21-k)(20-k)}{2} = k^2 - 21k + 210 \geq 100$$

(при целых $k$); минимум достигается при $k=10$ или $k=11$. Эта оценка неуляшема, как видно из расстояния, показанного на рисунке: 10 точек величия одного конца диаметра и 11 — величий другого.

В общем случае $n$ точек на окружности число 100 нужно заменить на $n(n-2)/4$ при четном $n$ и $(n-1)^2/4$ — при нечетном; доказательство сохраняется.

В. Н. Дубровский, А. Ф. Сидоренко

Ф1063. Пешеходу необходимо в кратайшее время попасть из точки поля $A$ в точку поля $B$, расстояние между которых 1300 м. Поле пересекает прямолинейная дорога так, что точка $A$ находится от нее на расстоянии 600 м, а точка $B$ — на расстоянии 100 м. Скорость перемещения пешехода по полю равна 3 км/ч, а по дороге — 6 км/ч. Какой путь должен избрать пешеход?

Чему равно минимальное время? Расстояние случан, когда точки $A$ и $B$ лежат по одному сторону от дороги и когда они лежат по разные стороны от дороги.

Для решения задачи построим фронт области достижимости — границу той области, в любой точке которой можно оказаться за данной промежуток времени.*)

Будем строить эту границу для того момента времени, когда она проходит через точку $B$ (расстоянием случай, когда точки $A$ и $B$ лежат по разные стороны от дороги). Для этого случая проведем через точку $B$ (см. рисунок) прямую, образующую с дорогой угол $\varphi$ такой, что $\sin \varphi = v/u$, где $v$ — скорость движения по полю, $u$ — скорость движения по дороге. Из данных задачи следует, что $\sin \varphi = 1/2$, $\varphi = \pi/6$. Пусть эта прямая пересекает дорогу в точке $D$. Из точки $A$ проведем окружность, касающаяся прямой $BD$. Из данных задачи следует, что точка $B$ лежит между точкой касания $C$ и точкой $D$.

Итак, в момент прохождения фронтом точки $B$ интересующей нас участок фронта представляется собой окружности радиусом $AC$ и отрезок касательной $CD$. **) Телер легко понять, что оптимальный траекторий из $A$ в $B$ будет ломаная $AFGB$, причем $CFD = BGD = \pi/2 - \varphi = \pi/3$.

Аналогично, если точки $A$ и $B(B')$ лежат по одному сторону от дороги, то оптимальный траекторий будет ломаная $AFKB'$, причем $B'KD = \pi/2 - \varphi = \pi/3$. Отметим, что при другом взаимном расположении точек $A$, $B$ и дороги (при других расстояниях) оптимальная траектория может представлять собой отрезок прямой без участков дороги (в этом случае точка $B$ лежит на участке фронта, являющегося частью окружности радиусом $AC$).

Телер найдет минимальное время движения из точки $A$ в точку $B$. Если точки лежат по разные стороны от дороги —

$$t_{\min} = \frac{AF}{v} + \frac{FG}{u} + \frac{GB}{v} \approx 23,5 \text{ мин.}$$

Если точки $A$ и $B(B')$ лежат по одному сторону от дороги —

$$t_{\min} = \frac{AF}{v} + \frac{FK}{u} + \frac{KB'}{v} \approx 24,6 \text{ мин.}$$

С. С. Кротов

*) О приниците построения фронта области достижимости подробно рассказываюсь в стате Об оптимальных траекториях движения в «Кванте» № 6 за 1982 год.

**) Весь фронт симметричен относительно перпендикулара к дороге, проходящero через точку $A$; левая версия его часть — прямолинейный участок от точки $D$ до пересечения с окружностью радиусом $AC$, составляющий угол $\varphi = \pi/6$ с дорогой, и часть окружности радиусом $AC$.

28

Ф1064. Нить прикреплена к ободу тяжелого объекта и намогана на него. Если другой конец нити прикрепить к потолку и отпустить объцу, то он, врачаясь и разматывая нить, будет движаться вниз. Пусть три таких объекта соединены «последовательно», т. е. конец нити следующего объуса прикреплен к оси предыдущего (рис. 1). Все объчи одновременного отпустили, и они пришли в движение. Определить, с каким ускорением движется верхний объчء.

С каким ускорением будет движаться верхний объчء, если число последовательно соединенных объечей очень велико?

Считать, что масса объча равномерно распределена по его ободу, спицы неевесыны, нити неевесыны и нерастяжимы, тренце отсутствует.

Рис. 1.

Рис. 2.

Пусть система содержит $N$ последовательно соединенных объечей, как это показано на рисунке 2. Прономуремем их сверху вниз. На обруч под номером $k$ вверх действует сила натяжения $k$-й нити, а вниз — сила тяжестями и силы натяжения $(k+1)$-й нити. Запишем для $k$-го объча уравнение движения:

$$mg + T_{k+1} - T_k = ma_k,$$

(1)

где $a_k$ — проекция ускорения центра масс объча на направление движения, $m$ — масса объча, $T_k$ и $T_{k+1}$ — силы натяжения нити.

Аналогичное уравнение можно записать для любого объча. При этом $T_{N+1} = 0$, так как нити $(N+1)$ просто нет. Таким образом, уравнения (1), записанные для $k=1\div N$, представляют собой систему $N$ уравнений с $2N$ неизвестными $a_k$ и $T_k$.

Еще $N$ уравнений можно получить, воспользовавшись законом сохранения энергии.

За время $t$ после начала движения $k$-й объчء, движения с ускорением $a_k$, опустился на расстояние $s_k$, приобретя скорость поступательного движения $v_k$ и угловую скорость вращения вокруг объча $\omega_k$. Эти величины связаны соотношениями

$$s_k = a_k t^2 / 2, \quad v_k = a_k t, \quad \omega_k R = v_k - v_{k-1},$$

(2)

где $R$ — радиус объча. Вычислим кинетическая энергия объча, которое он прибрел к моменту времени $t$. Для этого выберем два маленьких кусочка объча одинаковой массы $\Delta m$, расположенных на одном диаметре (рис. 3). Скорость каждого из кусочков складывается из скорости $v_k$ его поступательного движения и линейной скорости вращательного движения вокруг центра объча $(\bar{u} \text{ и } -\bar{u}, u = \omega_k R)$. Суммарная кинетическая энергия этих кусочков равна

$$\Delta m (\bar{v}_k + \bar{u})^2 / 2 + \Delta m (\bar{v}_k - \bar{u})^2 / 2 = 2 (\Delta m v_k^2 / 2 + \Delta mu^2 / 2).$$

Кинетическая энергия всего объча равна сумме энергий всех таких пар, т. е. равна

$$mv_k^2 / 2 + m (\omega_k R)^2 / 2.$$

(3)

Эта энергия равна работе всех сил, действующих на объчء. Работа сил $mg$ и $T_{k+1}$ положительная и равна $(mg + T_{k+1}) s_k$. Работа сил $T_k$ отрицательная и равна $(-T_k) s_{k-1}$ (так как точка приложения силы перемещалась вниз на расстояние $s_{k-1}$). Поэтому

$$mv_k^2 / 2 + m (\omega_k R)^2 / 2 = (mg + T_{k-1}) s_k - T_k s_{k-1}.$$

Из этого уравнения с учетом (1) и (2) после преобразования получим:

$$T_k = m (a_k - a_{k-1}), \quad k = 1 \div N.$$

(4)

Уравнение (3), выражающее силу натяжения нити через ускорения, справедливо для любой нити, и следовательно, (3), как и (1), представляет собой систему $N$ уравнений с $2N$ неизвестными. Подставив из этой системы выражения для сил натяжения в системе уравнения (1), окончательное получим:

$$-a_{k-1} + 3a_k - a_{k+1} = g, \quad k = 1 \div N.$$

В этой системе уравнения следует считать $a_0 = 0$, так как это ускорение точки подвеска первого объча, $a_{N+1} = a_N$, так как $T_{N+1} = 0$ (($N+1$)-й нити нет).

Запишем теперь в развернутом виде системы уравнения (4) для трех объечей ($N=3$):

$$\begin{align*} 3a_1 - a_2 &= g, \\ -a_1 + 3a_2 - a_3 &= g, \\ -a_2 + 2a_3 &= g. \end{align*}$$

Решая эту систему, получим

$$a_1 = \frac{8}{13} g; \quad a_2 = \frac{11}{13} g; \quad a_3 = \frac{12}{13} g.$$

29

Заметим, что система (4) может быть решена при любом конечном значении $N$. Ясно, что при увеличении $N$ «трудность» вычисляется нарастает. Как же быть, если $N \to \infty$? Вот тут мы проведем рассуждения, которые справедливы и именно для случая $N \to \infty$.

Предположим, что ускорение первого обруча равно $a_1 = \chi g$, (5)

где $\chi$ — некоторое число, которое нам и нужно определить. Перейдем теперь в системе отчета, движущаяся с ускорением $a_1$. В этой системе описание движения всех обручей, начняя со второго, — задача, аналогичная нашей исходной, с той лишь разницей, что движение проискит в поле тяготения с

$$g' = g - a_1 = g(1 - \chi)$$

и общее число обручей уменьшилось на единицу. Так как обручей по-прежнему очень много, естественно считать ускорение верхнего (второго) обруча равным

$$a'_1 = \chi g'.$$

Следовательно, в неподвижной системе отчета ускорение второго обруча равно

$$a_2 = a'_1 + a_1 = \chi g' + \chi g = \chi(g' + g) = \chi(g(1 - \chi) + g) = g(2 - \chi).$$ (6)

Подставив выражения (5) и (6) для $a_1$ и $a_2$ в первое уравнение системы (4), найдем $\chi$:

$$\chi^2 + \chi - 1 = 0 \Rightarrow \chi = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}.$$

Таким образом, ускорение первого обруча при достаточно большом $N$ равно

$$a_1 = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} g.$$ (7)

Заметим, что уже при $N = 3$ выражение (7) справедливо с точностью 0,5%, а для $N = 10$ — с точностью $10^{-6}$%.

Е. Н. Юносов, И. В. Яминский

Ф1065. Кастрюлю, в котором наит 1 л воды, никак не удается довести до кипения при помощи нагреваемой мощностью 100 Вт. Определить, за какое время вода остится на один градус, если отключить нагреваемый.

Это совсем простая задача — из условия ясно, что мощность нагреваателя равна мощности, уходящей от кастрюля с водой в окружающей пространство (температура воды со временем не меняется). Значит, если нагреваемый выключить, то отдаваемая мощность составляет 100 Вт и на один градус вода остится за время

$$\tau = \frac{cm \cdot \Delta T}{P} = 4,2 \cdot 10^3 \frac{\text{Дж}}{\text{кг} \cdot \text{К}} \cdot 1 \text{ кг} \cdot \frac{1\text{K}}{100\text{Вт}} = 42\text{с}.$$

А. Р. Зильберман

Ф1066. Предположим, что в результате сильных пожаров в верхних слоях атмосферы возникнет слой сахки, положащий практические все nadающие на него солнечное излучение. Какой станет при этом средняя температура Земли, если сейчас она составляет 300 К?

Приближенное можно считать, что современное значение средней температуры Земли является результатом равновесия двух тепловых потоков: от Солнца к Земле и от Земли в окружающей пространство. В случае образования слоя сахки поток солнечной энергии остается прежним, но сам слой, обладая двумя поверхностями, будет излучать половину этого потока наружу — в космос, а поливину — внутри. Следовательно, поверхность Земли станет получать теплую воду меньше, чем сейчас, и после установления равновесия воды меньше теплла будет излучать обратно, в сторону слоя; т. е. $q_1 = 2q_2$,