Решения задач М28—М30; Ф41, Ф42, Ф44—Ф47

35

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решение задач M28—M30

M28

(Продолжение решения, см «Кваант» № 3, стр. 33). Напомним, что через $f_1(n)$ мы сбозначили наименьшее целое число, больше или равное $\log_2 n$ (ono равно наименьшую числу проверок, за которым можноло проверок, за которое можно выбрать о д и н радиоактивный шар из $n$), через $f_2(n)$ — наименьшее числу тому, что $f_2(11) \geq 7$. Ниже мы очень коротко докажем, что $f_2(6) \geq 5$;

Рис 1.

выбрать о д и н радиоактивный шар из $n$), через $f_2(n)$ — наименьшее числу тому, что $f_2(11) \geq 7$. Ниже мы очень коротко докажем, что $f_2(6) \geq 5$;

36

$f_2(8) \geq 6; \quad f_2(11) \geq 7; \quad f_2(10) \leq 6;$
$f_2(15) \leq 7; \quad f_2(21) \leq 8.$

Читатель, которые хотят убедиться в том, что все числа в нижней строке таблицы на стр. 35 верны, должны будут доказать, кроме того, что $f_2(16) \geq 8;$
$f_2(22) \leq 8; \quad f_2(23) \geq 9; \quad f_2(25) \leq 9$ (действительно, ясно, что функция $f_2$ неубывающая, то есть $m > n,$ то $f_2(m) \geq f_2(n)$, поэтому достаточно правильного указать те значения $n,$ для которых $f_2(n+1)$ строго больше $f_2(n).$

Прежде чем доказать обещанные неравенства, заметим, что определение точно значения $f_2(n)$ для любого $n$ в этой задаче; как и во многих других положениях задачах, не слишком интересно. Дело в том, что соответствующий способ выделения шаров, повидимому, очень сложен. С другой стороны, легко указывает совсем простые алгоритмы выделения шаров, требующие лишь ненамного большого, чем $f_2(n),$ числа проверок. Например, если сначала вырабатывают один радиоактивный шар, затем выросить его и из оставшихся выбрать другой, то на это уйдет не более $f_1(n)+f_1(n-1)$ проверок, и, как не трудно показать, разность $f_1(n)+f_1(n-1) - f_1(C_n^2)$ всегда не больше 2, следовательно, разность $f_1(n)+f_1(n-1)-f_2(n)$ тоже не больше 2. В практических задачах, подобных этой, если само число проверок $k$ не слишком мало, одна или две лишные проверки скорее всего будет играть особой роли, лишь бы способ проверки был попрошше (скажем, для $n=15$ мы уже не можем уменьшить на журналовой странице диаграмму, подобную рисунку 1, и разобраться в описании способа проверки становится нелегко).

Ниже мы используем такие обозначения: знак «-» обозначает, что в проверяемой кучке нет радиоактивных шаров, а знак «+» — что они есть.

За 4 проверки нельзя выделить 2 шара из 6

Пусть первой проверяется кучка из 6—q шаров, где $q=2, 3, 4$ или 5. Тогда исход «-» соответствует $C_q^2$ вариантов (оба радиоактивных шара среди $q$ остальных), исход «+» — $(C_6^2-C_q^2)$ вариантов. Однако из этих чисел больше $2^3=8$.

За 5 проверок нельзя выделить 2 шара из 8

Если
$C_q^2 < 2^4 = 16$ и $C_8^2 - C_q^2 < 16,$ то $q$ может быть равно только 6. Если исход «-», то при этом осталось выделить 2 шара из 6, что невозможно за 4 проверки.

За 6 проверок нельзя выделить 2 шара из 11

Если $C_q^2 < 2^5 = 32$ и $C_{11}^2 - C_q^2 < 32,$ то $q=8,$ но $f_2(8) \geq 6$.

За 6 проверок можно выделить 2 шара из 10

Первая проверка — кучка из 4 шаров {1—4}. «-» за 5 проверок 2 шара из 6 {5—10}. «+» проверяем {4—6}. «+-» за 4 проверки 2 шара из 7 {1—3, 7—10}, если известно, что {1—3} дают «+» (см. левую половину рис. 1). «++» проверяем {5, 6}. «++-» за 3 проверки 1 шар из {1—3, 7—10}. «+++» за 1 проверку 1 шар из {5, 6} и за 2—1 из {1—4}.

За 7 проверок можно выделить 2 шара из 15

Первая проверка {1—5}. «+» проверяем {5—9}. «+-» за 5 проверок 2 шара из 10 {1—4, 10—15}, среди которых {1—4} дают «+» (см. 10 шаров, «+»). «++» проверяем {5}. «++-» за 4 проверки 1 из {1—4, 6—15}. «++-» за 2 проверки 1 из {1—4} и за 2 проверки 1 из {6—9}.

За 8 проверок можно выделить 2 шара из 21

Первая проверка {1—6}. Кроме обозначенных на рисунке и оченьных проверок, указан также «+-» за 6 проверок 2 из 15 {1—5, 12—21}, среди которых {1—5} дают «+» (см. 15 шаров, «+»). «++-» за 2 проверки 1 из {1—4} и за 2 проверки 1 из {8—11}.

37

Рис. 2.

M29

п одинаковых монет лежат на столе, образуя замкнутую цепочку (см. рис. 2). Сколько оборотов сделает монета такого же размера за то время, пока она один раз обжатится по внешней стороне всей цепочки, как показано на рисунке?

Как изменится ответ, если монета $M$ будет иметь радиус, в $k$ раз отличной от радиуса каждой из монет в цепочке?

Прием радиус монет, составляющих цепочку, за единицу. Из рисунка 3 видно, что за то время, пока монета радиуса $k$ прокатится по дуге $\alpha$ неподвижной окружности радиуса 1, она повернется на угол $\alpha (1+1/k)$: на этом рисунке радиусы $MA$ и $M'A''$ параллельны, $\angle A''M'B = \angle AOB = \alpha$

Рис. 3.

и, поскольку дуги $\widehat{A'B}$ и $\widehat{AB}$ равны по длине, $\angle BMA' = \alpha/k$, следовательно, весь угол $\angle A''MA'$, на котором повернуть монета $M$, равен $\alpha + \alpha/k$ (в частности, при $k=1$ этот угол равен $2\alpha$).

Тепер найдем сумму дуг, состоящих из таких точек неподвижных монет, которые монета $M$ касалась при качении по цепочке. Пусть $O_1, O_2, \ldots, O_n$ — центры монет цепочки. Сумма дуг, лежащих внутри многоугольника $O_1O_2 \ldots O_n$, равна сумме его внутренних углов, то есть $\pi (n-2)$. Сумма дуг, лежащих вне многоугольника, следовательно, равна $2\pi n - \pi (n-2) = \pi (n+2)$. Из нее нужно вычесть еще

Рис. 4, а.

Рис. 4, б.

38

Рис. 5.
сумму дуг, лежащих в углублениях между двумя соседними монетами, в которых $M$ не попадает. В каждом из $n$ углублений сумма двух таких дуг равна $2\pi/3$ при $k=1$ (рис. 4a) и $2\arccos \frac{1}{k+1}$ в общем случае (рис. 4, 6). Итак, сумма дуг, по которым прокатится монета $M$, равна $\pi(n+2)-2\pi n/3$ (в общем случае $\pi(n+2)-2n\arccos \frac{1}{k+1}$). Чтобы узнать искомое число оборотов, нужно умножить эту величины на 2 (в общем случае, на $1+1/k$) и разделить на 2π.

Ответ. $\left(\frac{n}{3} + 2\right)$
оборота при $k=1$;
$\frac{k+1}{2k}\left(n - \frac{2}{\pi}n\arccos \frac{1}{k+1} + 2\right)$
оборота в общем случае ($n \geqslant 3$).

Рис. 6.

В этом решении мы использовали (подсчитывая «потери» в углублениях между монетами) то, что монета $M$ прокатывается по всем $n$ монетам подряд, без исключения. Как правило заметил читатель А. Вировянский из Горького, прилавший нам решение, это условие необходимо для того, чтобы задача имела определенный ответ. Для цепочки с «узkimmi просветами» (см. рис. 5), разумеется, нельзя только по числу $n$ узнать, на сколько повернется монета $M$. Достаточный, но не необходимым условием, чтобы задача была разрешимой, является следующее: многоуровольник $O_1$, $O_2...O_n$ випуклы.

Подумайте, как получить ответ, если вместе замкнутой цепочки имеется просто одна монета, две касающиеся друг друга монеты и вообще незамкнутая цегочка из $n$ монета $O_1,...,O_n$, в которой $O_k$ касается $O_{k+1}$, расположенных так, что $M$ может прокатыться туда и обратно по всем монетам в таком порядке:

$O_1$, $O_2,...,O_{n-1}$, $O_n$, $O_{n-1},...,O_1$ (рис. 6) (Указание. Достаточно в написанных выше формулах замкнуть $n$ на $2n-2$.).

M30

Докажите, что $N$ точек на плоскости всегда можно покрыть несколькими непересекающими кругами, сумма диаметров которых меньше $N$ и расстояние между любыми двумя из которых больше 1. (Под рассмотрением между двумя кругами поиска расстояние между их близкойшим точками.)

Нам понадобится следующее очевидная lemma.

Если два круга диаметров $a'_1$ и $a'_2$ пересекаются (имеют общую точку), то их можно заклонить в один круге диаметра не больше $a'_1+a'_2$ (рис. 7, а, 6).

Построим круг с центром в каждой из данных $N$ точек, имеющий радиус $a$ (а несколько больше $1/2$; точнее значение $a$ выберем ниже). Если среди этих кругов оказываются пересекающими, то, пользоваться lemмою, заменим какие-либо два пересекающих круга (все равно какие) одним покрывающим их кругом. Если среди полученных кругов еще есть пересекающие, снова воспользуемся lemмою, и т. д. Пусть вообще есть какая-то система кругов, которые: 1) прокрывают все данные точки вместе с кругами радиуса $a$ с центрами в этих точках и 2) имеют сумму диаметров не больше $N \cdot 2a$. Тогда если среди них есть пересекающие, то мы можем

39

Жем воспользоваться леммой и построить новую систему из меньше количества кругов, удовлетворяющего тем же условиям 1), 2), и так до тех пор, пока мы не получим такой систему из $k$ кругов, никакие два из которых не пересекаются.

Уменьшим теперь радиус каждого из этих $k$ кругов на величины $b$, оставив их центры на месте ($b$ больше $1/2$ и меньше $a$; точное значение $b$ указано ниже). Тогда полученные $k$ кругов:

1. содержат все данные точки,
2. имеют сумму диаметров не больше $N \cdot 2a - k \cdot 2b \leq 2Na - 2b$,
3. отстояют друг от друга не меньше чем на $2b$.

Ясно, что если выбрать $a$ и $b$ так, чтобы выполнялись неравенства $b < a$; $2Na - 2b < N$, $2b > 1$, то все требования задачи будут удовлетворены. Достаточно было, например, взять с самого начала $a = \frac{1}{2} + \frac{1}{2N}$ и $b = \frac{1}{2} + \frac{1}{4N}$.

Разумеется, такие $a$ и $b$ понадобились только потому, что в условиях требуется удовлетворить строгим неравенствам: сумма диаметров меньше $N$, расстояния между кругами больше 1. Если бы мы взяли простое $a = b = 1/2$, то было бы доказано, что наши $N$ точек можно покрыть (при некотором $k$) кругами так, чтобы расстояние между кругами было не меньше 1, а сумма их диаметров — не больше $N - k$. Заметим, что поскольку это утверждение доказывается для любого единующего измерения, то (выбрав эту единшую несколько меньше) из него можно

В этом номере мы публикуем решение задачи Ф41—Ф47 *)

Ф41

Во сколько раз обеспечность в лунную ночь в пололучине меньше, чем в солнечный день? Высота Луны и Солнца над горизонтом одинакова. Считать, что освещенная полусфера Луны равномерно рассеивает свет в пространство.

Радиус Луны принять равным 2000 км, а расстояние от Луны до Солнца 400 000 км.

Так как расстояния от Солнца до Земли и Луны велики по сравнению с диаметром Солнца, то при расчетах мы можем считать, что Солнце — это точный источник света, равномерно излучающий световую энергию во все пространство. Примем, что сила света этого источника, то есть энергия, излучаемая Солнцем в единичный телесный угол за 1 секунду, равна $I$. Тогда освещенность поверхности Земли в яркий солнечный день будет равна $E_c = \frac{1}{L^2}$, где $L$ — расстояние от Солнца до Земли.

Луна освещает Землю отраженным солнечным светом. Так как расстояние от Солнца до Луны можно принять равным расстоянию от Солнца

*) Решение задачи Ф43 будет опубликовано в «Кванте» № 5

40

до Земли, то освещность поверхности Луны в пололуние тоже равна $\frac{I}{L^2}$. На всю поверхность Луны попадает световая энергия

$$W = \frac{I}{L^2} \pi r^2.$$

Так как эта энергия рассеивает затем равномерно по всему направлениям по «полусфере», то в единичный телесный угол излучается энергия

$$I_\pi = \frac{I \pi r^2}{L^2 \cdot 2\pi}$$

(полный телесный угол равен 4 π, половина — 2π). Теперь легко найти освещенность поверхности Земли в пололуние. Считая Луну точным источником с силой света $I_\pi$, получим

$$E_\pi = \frac{I r^2}{2 L^2 l^2},$$

где $l$ — расстояние от Луны до Земли.

Отношение освещностей Земли в пололуние и в солнечный день равно

$$\frac{E_\pi}{E_c} = \frac{1}{2} \left( \frac{r}{l} \right)^2 = \frac{1}{80 000}.$$

Ф42

Канат перекинит через блок, причем часть каната лежит на столе, а часть — на полу. После того как канат отпустил, он начал двигаться. Найти скорость установившегося равномерно движения каната. Высота стола равна $h$ (рис. 8).

Рис. 8.

Проще всего решить задачу, воспользовавшись вторым законом Ньютона.

За время $\Delta t$ в движение вовлекается кусок каната длиной $\Delta l = v \Delta t$. Если массу единицы длины каната обозначит $\mu$, то масса куска каната $\Delta l$ равна $\Delta m = \mu \Delta l = \mu v \Delta t$. Массе $\Delta m$ каната за время $\Delta t$ сообщается импульс (количество движения), равный $\Delta mv = \mu v^2 \Delta t$. Ясно, что это изменение импульса появляется благодаря разности сил тяжестей, действующих на левую и правую части каната. Эта разность равна $mgh$.

В соответствии со вторым законом Ньютона мы можем записать

$$\mu v^2 \Delta t = \mu gh \Delta t.$$

Отсюда

$$v = \sqrt{gh}.$$

Правильно решение прислали H. Ежов из Одессы и A. Викторов из Тулы.

Ф44

Два делефина плывут навстречу друг другу. Однако из них издает звук частоты $\omega$. Какой частоты звук слышит другой делефин, если скорости делефинов относительно воды одинаковы и равны $v$? Скорость звука в воде $u$.

Воспользовавшись результатом, полученным в столе «Эффект Доплера», найдем, что второй делефин будет слышать звук с частотой

$$\omega_2 = \omega \frac{u + v}{u - v}.$$

Действительно, так как первый делефин движется, то частота звуковых волн, которые принимают неодвижный приемник впереди, равна

$$\omega_1 = \frac{\omega}{1 - \frac{v}{u}} = \frac{\omega u}{u - v}.$$

41

Рис. 9.

Благодаря движению второго дель-фина он ссыпит звук с частотой

$$\omega_2 = \omega_1 \left( 1 + \frac{v}{u} \right) = \omega_1 \frac{u + v}{u} = \omega \frac{u + v}{u - v}.$$

Ф45

Сферический конденсатор, заполненный диэлектриком и заряженный до неокоторой разности потенциальов, разряжается через свой диэлектрик. Каким будет магнитное поле токов разряда в пространстве между сферами?

Выделим в изоляторе узкий конецческий «проводник». Ясно, что для любой точки $A$ (рис. 9) мы всегда сможем найти другой концепцией «проводник», такой, что идущий по нему ток создает в точке $A$ поле, направленность которого равна направленности поля тока выделенного нами «проводника» и имеет противоположное направление. Это означает, что магнитное поле токов разряда между сферами равно нулю.

Ф46

На мячик с высоты 1 м падает кубик, подскакивающий затем почти на 1 м. На какую высоту подскакивает мячик?

На какую высоту подскакит мячик, если на него с высоты 1 м падает точно такой же мячик?

В тот момент, когда кубик отрывается от мяча, скорость кубика равна скорости верхней точки мяча. Обозначим эту скорость $v$. Далее кубик движется свободно. Поэтому, записав для него закон сохранения энергии

$$\frac{Mv^2}{2} = Mgh$$

($h — высота подъема$), найдем, что $v = \sqrt{2gh}$.

Скорость нижней точки мяча в тот момент, когда кубик отрывается от него, равна нулю, а значит скорость центра мяча равна $\frac{v}{2}$. Записав для мяча закон сохранения энергии

$$\frac{m \left( \frac{v}{2} \right)^2}{2} = mgh_1$$

где $h_1$ — высота подъема кубика, найдем

$$h_1 = \frac{h}{4} \approx 25 \text{ cm}$$

Разбериется сами как будет проискодить стольновение мячков.

42

Если над идеальным газом совершается процесс ABC (рис. 10), то ему сообщается количество тепла Q. Какое количество тепла сообщается газу при процессе ADC?

Тепло, которое сообщается газу, идет на угеление его внутренней энергии W и на работу, совершаемую при расширении газа. Так как начальное и конечное состояние, а значит, и температуры газа одинаковы при обихх процесах, то одинаковы и изменения внутренней энергии газа. Что же касается работы, совершаемой при расширении газа, то в первом случае она равна $P_2(V_2-V_1)$, а во втором: $P_1(V_2-V_1)$.

Из закона сохранения энергии следует, что

$$Q = W + P_2(V_2-V_1)$$

и

$$Q_1 = W + P_1(V_2-V_1),$$

где $Q_1$ — количество тепла при процессе

$$A \rightarrow D \rightarrow C.$$

Из этих уравнений нетрудно найти, что

$$Q_1 = Q - P_2(V_2-V_1) + P_1(V_2-V_1) = Q - (P_2-P_1)(V_2-V_1).$$

Величина $(P_2-P_1)(V_2-V_1)$ численно равна площади прямоугольника ABCD. Поэтому наш результат довольно естествен.

Разность $Q-Q_1$ должна, очевидно, быть равна разности работы, совершаемых при расширении газа, а работа при расширении газа численно равна площади фигуры, образуемой графиком зависимости $P$ от $V$ и объясисс $V$.

Правильное решение прислал А. Розозин из Ижевска.

И. Ш. Слободецкий