Решения задач М1171—М1175; Ф1183—Ф1187

Квант 1989, №12 с. 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 32, 34 Тег UF79

Ф1205. При прочих равных условий в какой шубе больше потери телла на излучение — в белой или в черной?

О. Ю. Никшина

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 4.

Ф1206. Две длиные и широкие полосы равномерно заряжены с плотностью зарядов +σ (верхняя) и —σ (низняя). Найти величины и направление направности электрического поля в точке M, которая находится на высоте h над краем полос на оси, лежащей в их плоскости симметрии (рис. 3). Расстояние между полосами d мало по сравнению с h.

А. И. Семенов

Ф1207. Растор электропита налиит в цилиндрический сосуд, помещенный в вертикальное магнитное поле. Между электродом, проходящим вдоль оси цилиндра, и вторым электродом, который является боковая поверхность сосуда, все время поддерживается разность потенциальов (рис. 4). Что вы можете сказать о поведении растора в описанной ситуации?

А. И. Вуздин

Решения задач
M1171—M1175, Ф1183—Ф1187

Заметим, что при k ≥ 2
$\frac{1}{h_{k-1}} - \frac{1}{h_k} = \frac{1}{kh_{k-1}h_k} > \frac{1}{kh_k^2}.$
Суммируя эти неравенства по k=2, 3, …, n, получим неравенство
$\frac{1}{2h_2^2} + \frac{1}{3h_3^2} + \dots + \frac{1}{nh_n^2} < \frac{1}{h_1} - \frac{1}{h_n} < 1$
( $h_1 = 1$ ). Остается добавить к обеим частям 1/h₁² = 1.
Л. Д. Курляндчик

М1172. Какой наиболее удоб может стать между собой отрезки АО и OB, выhodищите из начала О прямогольной системы координат в пространстве, если точка А имеет координаты (x, y, z), а точка B — координаты (y, z, x)?

$\sin \frac{\angle AOB}{2} = \frac{AB}{2OA} \leq \frac{AB}{2AP} = \sin 60^\circ$

М1173*. Через одну точку внутри треугольника площади S проведены три прямые так, что каждую сторону треугольника пересекают две из них (рис. 1). Докажите, что для площадей $S_1, S_2, S_3$ трех образовательных при этом треугольников выполено неравенство

$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{9}{S}$

Мы докажем два неравенства, по-разному усиливающих неравенство задачи.

Покажем, что неравенство задачи справедливо для любых трех треугольников с общей вершиной O внутри данного треугольника ABC, основания которых лежат на его сторонах (рис. 2).

Ясно, что для заданной точки O наименьшее значение левой части неравенства будет достигается для треугольников OAB, OBC и OCA. Тогда $S = S_1 + S_2 + S_3$ и в силу неравенства $a + 1/a \geq 2$ при $a > 0$

$\frac{S}{S_1} + \frac{S}{S_2} + \frac{S}{S_3} = 3 + \left( \frac{S_2}{S_1} + \frac{S_1}{S_2} \right) + \left( \frac{S_3}{S_1} + \frac{S_1}{S_3} \right) + \left( \frac{S_3}{S_2} + \frac{S_2}{S_3} \right) \geq 3 + 3 \cdot 2 = 9$

Равенство достигается, когда $S_1 = S_2 = S_3$ , т. е. O — точка пересечения медиан.

Тепер покажем, что для трех треугольников, расматриваемых в условия задачи, справедливо более

сильное неравенство:

$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{18}{S}.$

Соединим концы данных отрезков так, чтобы образовались еще три треугольника (рис. 3); пусть их площади равны $T_1, T_2, T_3$ . Выражая площади всех шести треугольников через их стороны, выходящие из вершины $O$ , и углы между этих сторонами, мы легко получим, что $S_1S_2S_3 = T_1T_2T_3$ . Тепер воспользуемся тем, что среднее арифметическое нескольких чисел не меньше их среднего геометрического:

$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{3}{\sqrt[3]{S_1S_2S_3}} = \frac{3}{\sqrt[6]{S_1S_2S_3T_1T_2T_3}} \geq \frac{3 \cdot 6}{S_1 + S_2 + S_3 + T_1 + T_2 + T_3} \geq \frac{18}{S}$

(общая площадь всех шести треугольников, конечно, не больше $S$ ). Равенство здесь достаточно, когда $S_1 = S_2 = S_3 = T_1 = T_2 = T_3 = S/6$ , т. е. когда данные отрезки — медианы треугольника (рис. 4).

Г. Н. Зайцев, В. Н. Дубровский, В. В. Прасолов

*M1174. Последовательность целых чисел $a_1, a_2, a_3, \dots$ задается условиями $a_1=1, a_2=12, a_3=20, a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-a_n$ ( $n=1, 2, \dots$ ).

Докажите, что для любого номера $n$ число $1+4a_na_{n+1}$ — квадрат целого числа.

| $a_n$ | $4a_na_{n+1}+1$ | $q_n$ |
| :— | :— | :— |
| 1 | 49 | 7 |
| 12 | 961 | 31 |
| 20 | 5041 | 71 |
| 63 | 39409 | 197 |
| 154 | . . . | . . |

Выписав несколько первых членов последовательности, как это сделано на полях, можно доказать, что $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$ , где $q_n=a_{n+2}-a_{n+1}-a_n$ ; например, при $n=1$ и $n=2$ получаются такие равенства: $1+4 \cdot 12=(20-12-1)^2, 1+4 \cdot 12 \cdot 20=(63-20-12)^2$ .

Воспользуемся методом индукции: доказем, что из предположения $1+4a_{n-1}a_n=q_n^2$ - вытекает равенство $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$ (при $n=2, 3, \dots$ ). Как следует из условия задачи, $q_n=a_{n+2}-a_{n+1}-a_n=a_{n+1}+a_n-a_{n-1}=q_{n-1}+2a_n$ . Поэтому

$1+4a_{n-1}a_n=q_{n-1}^2=(q_n-2a_n)^2=q_n^2-4a_n(a_{n+1}+a_n-a_{n-1})+4a_n^2=q_n^2+4a_na_{n-1}-4a_na_{n+1},$

откуда $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$ .

Из нашей решения ясно, что при любых начальных членах для последовательности сrekурентным условием $a_{n+2}+a_n=2(a_{n+1}+a_n)$ величины $(a_{n+2}-a_{n+1}-a_n)^2-4a_na_{n+1}$ постоянна и не зависит от $n$ .

Н. В. Васильев

*M1175. При каких натуральных $n$ верно следующее утверждение: как бы

ни были разложены на плоскости несколько непересекающих правильных п-угодников, один из них можно выдвинуть по некоторому направлению, не задевая остальных? (Поворачивать п-угодник нельзя, т. е. все лучи, выходящие из точек выбранного п-угодника в нужном направлении, не должны задавать остальных п-угодников.)

Рис. 1.

Рис. 2.

Ф1183. Автообус движется с постоянной скоростью u=60 km/ч, подолгу стоя

направлению d), не задевая остальных. Такой многоугольник найдется для каждой направления d.

Рассмотрим «проекции» многоугольников на прямую l, перpendикулярную направлению d, причем при изображении проекций будем указывать, какой из многоугольников расположен выше (d мы считаем направлением «вверх», рис. 1); здесь существует выпуклость многоугольников.

Тепер достаточно доказать следующие — лемму о коврах: если отрезок-«коридор» покрыт несколькими отрезками-«коврами», то обязательно найдется ковер, никакая часть которого не покрыта другим — верхний ковер.

Очевидно, мы можем считать, что нет ковра, у которого имеет два открытых участка, разделенных закрытым: иначе мы могли бы рассмотреть лишь те ковры, которые лежат сверху на этом закрытом участке, и среди них искать верхний ковер. Точно так же можно исключить из рассмотрения (убрать) целиком закрытые ковры.

Предположив, что «верхнего» ковра нет, т. е. что на каждой ковре есть и открытый, и закрытый участки, мы тут же придем к противоречию: к левому концу коридора примыкает ковер, у которого открытый участок — левый; примыкая к этому участку на этом ковре, лежит другой «открытый слева» ковер, и так далее. Эта цепочка не может оборваться (между тем к правому концу коридора примыкает, конечно, ковер, «открытый справа»).

Лемма о коврах доказана. Ясно, что многоугольник, соответствующий «верхнему» ковру, можно без помех двигать в направлении d.

По поводу этой задачи сделаем несколько замечанный.

Аналог «леммы о коврах» для фигур на плоскости, очевидно, неверен. Неверен и аналог утверждение для выпukлых многоугольников: Г. А. Гальперин указыл пример нескольких «плит», ни одну из которых нельзя выполнить, не сдигая остальных (в этом примере «наружные» грани 12 плит образуют додекадр, а «швы» — грани, которые они «почти соррикаются»,— выбраны так, что у каждой плиты по крайней мере два неседних «шва» образуют снаружной граью угол большие 90°).
В первоначальной формулировке авторов задачи В. Г. Ильчева и Д. А. Терешина была еще дополнительная оговорка: n-угодник разрешено дивигать лишь в направлении, перpendикулярном его стороны; при этом меняется и ответ: например, нетрудно придумать семейство 5-угодников, ни один из которых нельзя таким образом (рис. 2).

Н. В. Васильев

Картина, образованная джедевыми каплями на стекле, симметрина относительно вертикали. Из этого можно сделать вывод, что ветер способит капли в направле-

на остановках. На уличе ветер и идет домбдь. Должные капли образованы на боковом стекле автобуса такую картину, как показано на рисунке. Скорость и направление ветра не меняются. Какова скорость падения капель домбдя? Что можно сказать о скорости ветра? Дорога пряма, автобус не разворачивается.

Ф1184. Железный пруток цилиндрической формы длиной 10 см нагрели в пламени газовой горелки. Температура горячей конца оказалась 700 °C, на расстоянии 1 см от него — 500 °C, 2 см — 300 °C, 3 см — 200 °C, 5 см — 150 °C, температура другого конца прутка — 100 °C. Через одну минуту температура выравнялась и оказалась равной 200 °C. Оценить количество теплоты, которое пруток за это время потерял. Удельная тепломкость железа 460 Дж/(кг·К), масса прутка 15 г.

Если потеря телла нет, то установится температура $t_{0\text{бц}} = \frac{1}{10} (t_1 + t_2 + \dots + t_{10})$ ,

где $t_i$ — средние температуры кусочков прутка длиной

по одному сантиметру (см. рисунок). В нашем случае $t_{0\text{бц}} = \frac{1}{10} (600 + 400 + 250 + 180 + 150 + 150 + 130 +$
$+ 110 + 100 + 100) = 218 °C$ .

Это означает, что потеря телла $Q = cm (t_{0\text{бц}} - t_{200}) \approx 0,12$ кДж.

Число получено, конечно, приближено, и оно может быть несколько иным — в пределах ±10 %.

А. Р. Зильберман

Ф1185. Оdnородно заряженный куб создает в своей вершине электрическое поле направенно $E_0$ . Из куба удалют кубик вдвое меньших размеров (см. рис.ок). Чему теперь будет равна направенно поля в точке А?

Найдем, как зависит направность поля, созданного однородно заряженным кубом в своей вершине, от линейных размеров куба. Из сообщений симметрия ясно, что эта направность направлена вдоль соответствующей большой диагонали куба. Поэтому можно записать

$E = \sum_i \frac{\rho \Delta V_i}{r_i^2} \cos \alpha_i,$

где $\rho$ — плотность заряда, $\Delta V_i$ — малые объемы, на которых мысленно разбиается весь куб, $r_i$ — расстояние от $i$ -го объема до расматриваемой вершины куба, $\alpha_i$ — угол между направлением из объема на вершину и большой диагонали куба.

Для куба с ребром $l$

$\Delta V_i \sim l^3, \quad r_i^2 \sim l^2,$

а $\alpha_i$ для всех кубов одинаковы; следовательно,

$E \sim \frac{l^3}{l^2} = l$

— направность поля в вершине куба прямо пропорциональна его линейным размером.

Очевидно, что куб вдвое меньших линейных размеров создает направность тоже вдвое меньшую. Поэтому если вначале направность в точке А была равна $E_0$ , то после удаления малого кубика направность станет вдвое меньшей:

$E_A = E_0 - \frac{E_0}{2} = \frac{E_0}{2}.$

Направление направности при этом не изменится.

И. Ю. Погеряко

Ф1186. При какой величины конденсатора $C_x$ в схеме, приведенной на рисунке 1, сбыт фаз между подаваемым направлением и током во внешней цепи будет равен нулю при любой частоте источника? Индуктивность катушки $L$ , сопротивление каждого резистора $R$ . Все элементы цепи считать идеальными.

Эту задачу можно решать различными способами, но наиболее простой и понятный — это метод векторных диаграмм $^*$ ).

Основная идея этого метода состоит в том, что переменные направления и точки избражаются в виде векторов соответствующих длины и складываются по правым векторной алгебры. В резисторе ток совпадает по фазе с направлением, и $U_R = I_R R$ , где $U_R$ — модель вектора направления на резисторе, $I_R$ — модель вектора ток в резисторе, $R$ — сопротивление резистора. Например, на катушке индуктивности опережает ток на $90^\circ$ , и $U_L = I_L \omega L$ , где $U_L$ — модель вектора направления на катушке индуктивности, $I_L$ — модель вектора ток, $L$ — индуктивность катушки, $\omega$ — частота пере-

*) См., например, статью А. Р. Зильбермана «Цепи переменного тока» («Квант», 1986, № 9). (Примеч. ped.)

менного тока. Напряжение на конденсаторе от тока на 90°, и $U_C = I_C \frac{1}{\omega C}$ , где $U_C$ — модель вектора напряжения на конденсаторе, $I_C$ — модель вектора тока через конденсатор, $C$ — емкость конденсатора.

А теперь вернемся к нашей задаче. Пусть во внешней цепи протекает ток $I_0$ . Тогда для контура, содержащого катушки индуктивности и резистор, векторная диаграмма будет иметь вид, показанный на рисунке 2, при этом

$\vec{I}_0 = \vec{I}_{LR} + \vec{I}_L, \quad U_{LR} = I_{LR}R \quad \text{и} \quad I_{LR}R = I_L\omega L.$

Для контура, содержащого конденсатор и резистор, векторная диаграмма будет аналогичной (рис. 3):

$\vec{I}_0 = \vec{I}_C + \vec{I}_{CR}, \quad U_C = I_{CR}R \quad \text{и} \quad I_{CR}R = I_C \frac{1}{\omega C}.$

Для того чтобы вектор $\vec{U}_0$ совпадал по фазе с вектором $I_0$ , необходимо, чтобы углы между векторами $\vec{I}_0$ и $\vec{I}_{LR}$ , а также между $\vec{I}_0$ и $\vec{I}_C$ были равны (рис. 4). Тогда

$\frac{I_L}{I_{LR}} = \frac{I_{CR}}{I_C},$

откуда следует, что

$\frac{\omega L}{R} = \omega CR, \quad \text{или} \quad C = \frac{L}{R^2}.$

Очевидно, если выбрать $C = L/R^2$ , то ток будет совпадать по фазе с напряжением при любой частоте, и можно легко показать, что при этом $U_0 = I_0R$ .

В.Е. Скороваров

Ф1187. Сани дилиной $L = 2$ м и высотой $H = 0,5$ м едут по прямой со скоростью $v = 10$ м/с. На расстоянии $d = 10$ м от дороги установлен шаттб с фонопаратом, и съемку производаят в момент максимального слияния.

Фотоаппарат имеет одноплиновый объектив с фокусным расстоянием $F = 5$ см. Выдержка (т. е. время, в течение которого засечивается каждый участок фоноплеки) отражается в этом фонопарате при помощи щелевого затвора, который работает следующим образом:

Обозначим длину мгновенного изображения canей на фоноплеке через $l$ , а высоту через $h$ . Тогда, учитывая, что $d \gg F$ , получим

$l = \frac{F}{d}L, \quad h = \frac{F}{d}H.$

Однако во время экспозиции изображение движется по ленке со скоростью $u = (F/d)v$ , что приводит к из-

шины, а вершин всего $n$ . Следовательно, в среднем на вершину приходит $2(n-3)/n$ диагоналей. Поэтому среднее суммарное число диагоналей первого и второго разбиения, выходящих из одной вершины, равно $4(n-3)/n$ . При $n \geq 13$ это число больше трех, значит, нужная нам вершина $n$ -угольника действительно существует.

Триангуляция сферы и шара
Прежде чем приступить к изложению результатов Слейтора, Тарьяна и Терстона, необходимать несколько определений.

Триангуляция сферы будем называть разбиение сферы на несколько областей, получаемое следующим образом: на сфере отмещается несколько точек — они называются вершинами триангуляции — и некоторые из них соединяются несаморесекаюшимся кривыми, которые могут пересекаться друг с другом только в вершинах. При этом каждая из области, которая разбиается сфера, должна иметьровно три стороны, т. е. ее должны ограничиватьровно три кривых.

Таким образом, при триангуляции сфера разбиается на несколько кривых треугольников. Пример показан на рисунке 3.

Специальный триангуляция шара будем называть та-

Рис. 2.
Шце один треугольник разбиения BCD (рис. 2). Заменим диагональ BC на AD. Повторяя аналогичные перестройки, мы добавляем того, что у всех треугольников разбиения с вершиной A противоположная ей сторона будет одной из сторон n-угольника. А также разбиение, очевидно, коничское.

Мы доказали даже более сильный факт: количество перестройки, необходимых для того, чтобы получить из данного разбиения коничское разбиение с вершиной A, не превыходит $n-3-x$ , где $x$ — число диагоналей данного разбиения, выходящих из вершины A. Если выбрать вершину A так, чтобы из нее выходила по крайней мере одна диагональ исходного разбиения, то нам потребуется не более чем $n-4$ перестройки для того, чтобы получить из этого коничского разбиения второе разбиение. Тем самым доказано неравенство 6): $P(n) \leq (n-4) + (n-3) = 2n-7$ .

Теперь, чтобы доказать последнее неравенство в) $P(n) \leq 2n-10 = (n-3) + (n-3) - 4$ при $n \geq 13$ , нам достаточно

Рис. 3.

но для любых двух разбиений найти такую вершину $A$ , что суммарное количество выходящих из нее диагоналей первого и второго разбиений не меньше 4. Подсчитаем среднее число диагоналей произвольного разбиения, выходящих из одной вершины. Все диагоналей $n-3$ , каждая из них соединяет две вершины $A$ . Такое разство $n-3-x$ , где $x$ — число диагоналей данного разбиения, выходящих из одной вершины, равно $4(n-3)/n$ . При $n \geq 13$ это число больше трех, значит, нужная нам вершина $n$ -угольника действительно существует.

Триангуляция сферы будем называть разбиение сферы на несколько областей, получаемое следующим образом: на сфере отмещается несколько точек — они называются вершинами триангуляции — и некоторые из них соединяются несаморесекаюшимся кривыми, которые могут пересекаться друг с другой только в вершинах. При этом каждая из области, которая разбиется сфера, должна иметьровно три стороны, т. е. ее должны ограничиватьровно три кривых.

Таким образом, при триангуляции сфера разбиается на несколько кривolineных треугольников. Пример показан на рисунке 3.

Специальный триангуляция шара будем называть та-

Приливные силы

(Начало см. на с. 18)

А период приложений силы, как мы помним, — 12 часов 25 минут. Система становится «более резонансной». А во втором варианте сказывается еще и изменение режима течение на выходе из Майнас бейсин: изменяется трене.

И вот результаты. Плотина Шеподи, почти не изменяя высоту приложения в заливе Фанди, увеличивает приложению волну в гигантском заливе Мэн

мощь неевклидова геометрия Лобачевского. Дело в том, что внутренность шара при соответствующем определении расстояния между точками превращается в модель пространства Лобачевского. Есть даже два способа это сделать. При одном способе прямыми служат хорды шара — это «модель Клейна», при другом — дуги окружностей, перепедикулярных поверхностей шара, — это «модель Пуанкаре» («Квант» рассказывавал о ней в одноменной стате К. Л. Самарова и В. М. Уроева в № 6 за 1984 г.). Неевклидов объем всего шара (т. е. всего пространства Лобачевского), естественно, бесконечен, а у тетради—a ограничен неокоторой постоянной $V_0$ . А это то, что нам нужно.

Осталось только одно: найти такого гамильтонову триангляцию сферя, что соответствующий ей многогранник с $n$ вершинами будет иметь объем, не меньше чем $(2n - 10)V_0$ . Это удается с помощью красивой конструции. Возьмем один из пяти правильных многогранников — икасдр (рис. 7, а), у которого 20 треугольных граней, 12 вершин и 30 ребер, вписанный в нашу сферу, и разобем каждую из его граней на $k^2$ маленьких равно

на 3—4 сантиметра, а это больше 2% от нынешней амплитуды. Во втором же варианте прилож на всем пространстве от Бостона до входа в Майнас бейсин возвращает на 15—20 сантиметров — больше, чем на 10%! И воapy строить новые приложы, нарушится миграция рыб, в обшем, последствия весы существенные!

Ну что же, даже такие проекты, несомненно экологически города более чистые, чем теплые или atomные электростанции, надо тщательно обрабатывать с точки зрения воздействия на природу.