Решения задач М1086—М1090; Ф1097—Ф1102

28

Решения задач
M1086 — M1090, Ф1097 — Ф1102

М1086. С числом разрезается производить две операции: «увеличить в 2 раза» и «увеличить на 1».
За какое наименьшее число из числа 0 получить: а) число 100? б) число n?

а), 6) Задачу удобно решать с конца, т. е. искать кратчайший способ получения числа 0 из произвольного натурального n с помощью двух операций — вычитания 1 (В) и деления пополам (Д). Пусть r(n) — число операций В и Д в таком кратчайшем алгоритме. Если число n нечетно, то к нему можно применить только операцию B, так что

$$r(2k+1)=1+r(2k).$$

Покажем индикцией по k, что r(2k)=1+r(k), т. е. четное число в кратчайшем алгоритме надо делить пополам. Для k=1 это ясно. Пусть это доказано для всех чисел, меньших k. Если к числу 2k сначала операцию B (вычесть 1), то число операций до получения 0 будет не меньше, чем

$$1+r(2k-1)=2+r(2k-2)=3+r(k-1)$$

(по предположению индикции). Если же сначала делить 2k пополам, а дальнейшие по оптимальном пути, то число операций будет 1+r(k)≤2+r(k-1). Таким образом, второй способ зависит.

Чтобы узнать, сколько операций потребуется в кратчайшем алгоритме для заданного числа n, представим n в виде суммы степени двойки: $n=2^{k_1}+2^{k_2}+...+2^{k_m}$, где $k_1$ неотрицательное, а $k_2$, …, $k_m$ — положительные целые числа ($k_1, k_1+k_2,...$ — это номера разрядов двойной записи n, в которых стоит единицу). Тогда

$$r(n)=k_1+r(n/2^{k_1})=k_1+1+r(2^{k_2}+...+2^{k_m})=...$$

$$...=(k_1+1)+(k_2+1)+...+(k_m+1)=$$

$$=(k_1+k_2+...+k_m)+m=[\log_2 n]+m$$

([x] — целая часть x), поскольку $k_1+k_2+...+k_m$ — это показатель наиболее степеней двойки, не превысая n. Отметим, что m равно количество записи числа n. В частности, для n=100 получаем ответ к задаче a): $r(100)=9$.

На полях показано превращение числа 100 в 0 в десятичной и двойной записи. Поскольку $100=2^6+2^5+2^2$, получаем $r(100)=6+3=9$.

М. В. Canир

M1087. Расстоянием треугольник ABC, точку M в плоскости этого треугольника и проекции A1, B1, C1 точки M на высоте, проведенные из вершин A, B, C соответственно. Доказите, что a) существует одна и только одна точка M, для которого отрезки AA1, BB1 и CC1 равны;

a), 6) Проведем через каждую вершину треугольника ABC прямую, параллельную противоположной стороне (и перpendикулярную соответствующей высоте). Эти прямые ограничат треугольник A0B0C0 (см. рисунок), подобный данному с коэффициентом 2. Очевидно, что отрезки AA1, BB1, CC1 равны расстояниям от точки M до стороны B0C0, C0A0, A0B0 нового треугольника. Поэтому равенство AA1=BB1=CC1 возможно тогда и только тогда, когда точка M равнодулана от сторона треугольника A0B0C0, т. е. является центром егописанной окружности. В этом случае отрезки AA1, BB1 и CC1 равны по длине радиуса этой окружности или диаметру d

29

6. для такой точки M длины отрезков AA₁, BB₁, CC₁ равны диаметру вписанной в треугольник ABC окружности.

M1088. Докажите, что если числа p, q, r рациональны и pq+qr+pr=1, то (1+p²)(1+q²)(1+r²) — квадрат рационального числа.

M1089. В выпуклом четырехугольнике ABCD площадью S диагонали пересекаются в точке O. Пусть K, L, M, N — центры окружностей, вписанных в треугольники AOB, BOC, COD и DOA. Докажите, что произведение перimeterов четырехугольников ABCD и KLMN не меньше 4S.

Писанной окружности треугольника ABC (вспомним о подобии наших треугольников!).

Найденная выше точка M лежит внутри треугольника ABC, так как все его высоты больше d. Некоторые читатели под «проекцией на высоту» понимают на прямую, содержащую высоту. При таком понимании имеется еще robust три точки, удовлетворющие условиям, — центры внешисанных окружностей треугольника A₀B₀C₀.

А. Х. Джафаров

По условию 1+p²=qr+pq+pr+p²=(q+p)(r+p). Записывая аналогично два других сомножителя расматривается в разметке, получим

(1+p²)(1+q²)(1+r²)=((q+p)(r+p)(q+r))².

И. Варга, В. Н. Дубровский

Пусть k, l, m, n — радиусы окружностей, вписанных в треугольники AOB, BOC, COD, DOA. Тогда перimeter KLMN не меньше, чем 2(k+l+m+n) (KL≥k+l, LM≥l+m, и т. д.; рис. 1). Но k=2S_{AOB}/P_{AOB}, где буквы S и P обозначают площадь и перimeter, а P_{AOB}≤P_{ABCD}. Аналогично оценываются величины l, m, n. Следовательно,

$$P_{KLMN} \geq 4 \frac{S_{AOB}+S_{BOC}+S_{COD}+S_{DOA}}{P_{ABCD}} = \frac{4S}{P_{ABCD}},$$

что и требовалось.

Рис. 1.

Рис. 2.

Заметим, что число 4 в нашем неравенстве увеличить нельзя. Действительно, фиксируем в четырехугольнике ABCD основание AB и точку пересечения diагональной O, а длину BC устремим к нулю (рис. 2), тогда

$$P_{KLMN} \rightarrow 2LN, P_{ABCD} \rightarrow P_{AOB}, S = S_{ABCD} \rightarrow S_{AOB}.$$

Позотому

$$\frac{P_{KLMN} \cdot P_{ABCD}}{S} \rightarrow 2LN \frac{P_{AOB}}{S_{AOB}} = 4 \frac{LN}{k}.$$

Но отношение LN/k за счет увеличения угла AOB можно сделать сколь годно близким к 1. Следовательно,

30

М1090. Докажите, что a) для любых положительных чисел a, b и с справедливо неравенство
$$\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} \geq \sqrt{a^2 + ac + c^2};$$
б) неравенство из n. a) обращается в равенство, если и только если $1/a+1/c=1/b$.

Ф1097. Для уменьшения доли отраженного света от поверхности стека на нее наносят тонкую пленку, показатель преломления которой меньше показателя преломления стека (просветление оптики). Какой наименьшей толщины пленку с показателем преломления n=4/3 надо навести на поверхности стека, чтобы при nadении (normально к поверхности) света, содержащого излучение двух длины волн с $\lambda_1=700$ nm и $\lambda_2=420$ nm, отраженный свет был максимально ослаблен для обеих длины волн?

Пусть на пленку толщиной $h$ падает плоская световая волна с длиной волны в вакууме $\lambda$. После частичного отражения от верхней и нижней поверхности пленки в обратном направлении (см. рисунок) идут волны 1 и 2. Если световая волна падает нормально к поверхности пленки, то разность хода отраженных волн 1 и 2 равна удвоенной толщине пленки. Чтобы отраженный свет был максимально ослаблен, волны 1 и 2 должны быть в противофазе. Чтобы условие выполнялось, разность волны 1 и 2 должна равнять нечетному числу половин длины волн в пленке:

$$2h = (2k-1) \frac{\lambda}{2n} (k=1, 2, 3, ...),$$

где $\lambda/n$ — длина волны в пленке. Отсюда

$$h = \frac{(2k-1)\lambda}{4n}.$$

Как видим, $h$ зависит от длины волны. Максимальное ослабление света на длинах волн $\lambda_1$ и $\lambda_2$ будет при следующих толщинах пленки:

$$h_1 = \frac{\lambda_1}{4n}, \frac{3\lambda_1}{4n}, \frac{5\lambda_1}{4n}, ... = \frac{700}{4n}, \frac{2100}{4n}, \frac{3500}{4n}, ...$$

$$h_2 = \frac{\lambda_2}{4n}, \frac{3\lambda_2}{4n}, \frac{5\lambda_2}{4n}, ... = \frac{420}{4n}, \frac{1260}{4n}, \frac{2100}{4n}, ...$$

($h_1$ и $h_2$ — в направлении). Из сравнения этих двух наборов заклонаем, что наименьшее совпадание значения $h_1$ и $h_2$ равны $\frac{2100}{4n}$ нм ≈ 394 нм.

31

Ф1098. Детский пистолет, который можно представить в виде пружины конечной массы, прикрепленной к неподвижной стене, выстрелает шариком, сообщая ему скорость v. Если выстрелить шариком вдвое большей массы, его скорость будет $v\sqrt{2/3}$. Какова будет скорость шарика утроенной массы?

Итак, наименьшая толщина пленки, при которой отраЖенный свет максимально ослаблен для обеих длины волн, — $h \approx 394$ nm.

В. И. Чивилёв

Разгон шарика пружинойprodолжается до тех пор, пока пружина не оказывается в равновесном состоянии. Если к этому моменту шарик набирает скорость v, то такая же и скорость свободного (не закрепленного у стены) конца пружины. Кинетическая энергия пружины, у которой в равновесном состоянии один конец покопится, а другой имеет скорость v, можно представить в виде $aMv^2/2$, где M — масса пружины, равномерно распределена по ее длине, a — числовой коэффициент, не зависит от скорости конца пружины.

Запишем закон сохранения энергии для всех трех случая (для шариков массой m, 2m, 3m), считая начальное состояние пружины каждой раз одним и тем же и равным $x_0$:

$$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{m}{2} v^2 + \frac{1}{2} aMv^2,$$

$$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{2m}{2} \left(\frac{2}{3} v^2\right) + \frac{1}{2} aM \left(\frac{2}{3} v^2\right),$$

$$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{3m}{2} u^2 + \frac{1}{2} aMu^2.$$

Решая совместно эти уравнения, найдем скорость u, которой набирает при выстреле шарик массой 3m:

$$u = v \sqrt{\frac{1}{2}}.$$

П. И. Зубков

Ф1099. В горизонтальном закрепленной открытой с концов трубе сечением S находятся два поршня (см. рисунок). В исходном состоянии левый поршень соединен с неподвижной стенкой недеформованной пружиной жесткостью k. Давление p₀ газа между поршнями равно внешнему давлению, расстояние H от правого поршня до края трубы равно расстоянию между поршнями. Правый поршень медленно вытязывают к краю трубы. Какую силу нужно приложить к поршню, чтобы удержать его в крайем

По мере вытягивания правого поршня давление газа между поршнями будет уменьшаться, левый поршень будет смешаться впраwo, растявая пружину.

Запишем условия равновесия поршней в положении, когда правый поршень выдинут до края трубы и к нему приложена сила F (см. рисунок):

для левого поршня —

$$p_0S - pS - kx = 0;$$

для правого поршня —

$$F + pS - p_0S = 0$$

(*) (p — давление газа между поршнями). Из этих уравнений следует, что

$$F = p_0S - pS = kx.$$

Так как температура постоянна, согласно закону Бойля — Мариотта для газа между поршнями имеем:

$$p_0HS = p(2H - x)S,$$

откуда

32

положения? Трене претензioso мало, температура постоянна.

$$p = \frac{p_0H}{2H-x} = \frac{p_0H}{2H-F/k} = \frac{p_0kH}{2kH-F}.$$

Подставив это выражение для $p$ в (*), получим для $F$ квадратное уравнение:

$$F^2 - (p_0S + 2kH)F + p_0SkH = 0.$$

Его решение —

$$F_{1,2} = \frac{p_0S}{2} + kH \pm \sqrt{\frac{p_0^2S^2}{4} + k^2H^2}.$$

Поскольку ясно, что $F=0$ при $k=0$, окончательно получаем:

$$F = \frac{p_0S}{2} + kH - \sqrt{\frac{p_0^2S^2}{4} + k^2H^2}.$$

В. П. Вородин

Ф1100. Достаточно длинный капитал, погруженный в сосуд с водой, герметический закрывают сверху. При этом уровень жидкости в капитале попадает на $\Delta h=4$ см. Чему равна относительная влажность воздуха у поверхности воды в сосуде, если температура окружающей воздуха 20 °C?

Когда верхний конец капитала будет закрыт, водной пар, находящийся в свободном от воды верхнем конце капитала, становится насыщенным, и парциальное давление пара увеличится. Из-за этого и понится уровень воды в капитале (так как на уровне воды в сосуде давление остается постоянным).

Запишем условия равновесия воды в капитале, находящей на уровне свободной поверхности воды в сосуде, до и после закрытия капитала:

$$p_{\pi} + p_{\beta} - \frac{\sigma}{2r} + \rho gh = p_{\pi} + p_{\beta},$$

после закрытия —

$$p_{\pi} + p_{\beta} - \frac{\sigma}{2r} + \rho g (h - \Delta h) = p_{\pi} + p_{\beta}.$$

Здесь $(p_{\pi} + p_{\beta})$ — давление у поверхности воды в сосуде, равное сумме парциальных давления пара и сухого воздуха; $(p_{\pi} + p_{\beta} - \frac{\sigma}{2r})$ — давление над искривленной поверхности воды в открытом капитале ($r$ — радиус капитала, $\sigma$ — поверхностное натяжение воды); $p_{\pi}$ — давление насыщенного водыного пара при температуре 20 °C; давление сухого воздуха $p_{\beta}$ в капитале можно считать неизменным, так как капитал достаточно длинный.

Из уравнений (1) и (2) получаем:

$$p_{\pi} - p_{\beta} = \rho g \cdot \Delta h,$$

или $$\frac{p_{\pi}}{p_{\beta}} = 1 - \frac{\rho g \cdot \Delta h}{p_{\beta}}.$$

Но $\frac{p_{\pi}}{p_{\beta}}$ 100 % — это и есть искомая влажность воздуха у поверхности воды в сосуде. Таким образом,

$$\varphi = \left(1 - \frac{\rho g \cdot \Delta h}{p_{\beta}}\right) 100\%.$$

Взяв из таблицы значения $p_{\pi} = 2,33 \cdot 10^3$ Pa и подставив $\rho = 10^3$ кг/м$^3$, $g = 9,8$ м/с$^2$, $\Delta h = 4 \cdot 10^{-2}$ м, получим $\varphi \approx 83\%$.

Л. Г. Маркович

33

Ф1101. Легкий горизонтальный стержень длиной 2а может свободно врачаться вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину. Одинаковые массивные шары насажены на стержень и могут перемещаться вдоль него без трения и упруго отражаться от упорова на его концу (рис. 1). Сначала шары закреплены на расстояниях a/2 от оси. Стержень раскушают до угловой скорости $\omega_0$, после чего шары одновременно освобождают. По каким траекторям будут движаться шары? За какое время стержень совершит полный оборот? Построить график зависимости $\omega(t)$. Размеры шаров много меньше длины стержня.

В силу симметрии начального расположения и начальных скоростей шары всегда будут находиться в симметричных точках и имеют симметричные скорости. Тогда легко показать, что шары будут движаться свободно, кроме моментов отражения от упоров.

Действительно, предположим, что на шар $A$ действует сила $F$, перpendикулярная стержню (продольных сил нет, так как нет трения). Тогда из соображений симметрии на шар $B$ должна действовать сила $-F$ (рис. 2). Но это означает, что со стороны шаров на стержень будет действовать раскрутиваюшая его пара сил. Пренебрегая массой стержня по сравнению с массами шаров, заключаем, что эти силы должны быть пренебрежимо малы (в пределе для того, чтобы поворачивать неевесомый стержень, сил вообще не требуется). Таким образом, мы приходим к выводу, что между стокновениями с упорами шары будут движаться равномерно и прямолинейно.

Проанализируем теперь стокновения шаров с упорами. Во-первых, при стокновении сохраняется $X$-компонента импульса (рис. 3), так как иначе на шары в момент удара будут действать силы, перpendикулярные стержню, что невозможно в силу предыдущего расужждения. Во-вторых, в силу упругости сохраняется энергия. Поэтому при соударении шаров с упорами выполняется закон равенства угловой падения и отражения.

Из приведенных расужждения и геометрии задачи ясно, что траекторий каждой шара будет равносторонний треугольник со стороны $l=2a\cos 30^\circ=a\sqrt{3}$ (см. рис. 3).

Стержень совершит полный оборот за время $T$, которое понадбится шару, чтобы такой треугольник со скоростью, равной начальной скорости $v_0=\omega_0 a/2$. Таким образом,

$$T=3l/v_0=6\sqrt{3}/\omega_0.$$

Найдем зависимость $\omega(t)$. ПонЯтно, что $\omega=v_t/r$, где $v_t$ — перpendикулярная к радиусу компонента скорости шара, т. е. $v_t=v\cos \alpha=va/2r$. Следовательно,

$$\omega=va/2r^2=\omega_0/(1+(2x/a)^2)$$

(см. рис. 3). Если начинать с момента, когда $\alpha=0$, то $x=v_0t$,

$$\omega=\omega_0/(1+(\omega_0 t)^2)$$ при $-\sqrt{3}/\omega_0 \leq t \leq \sqrt{3}/\omega_0$.

В момент $t=\sqrt{3}/\omega_0$ произойдет удар об упор, и цикл повторится (см. рис. 4).

А. Ю. Алексеев