Решения задач М31—М33; Ф43, Ф48—Ф51

32

Решения

В этом номере мы публикуем решения задач M31—M33

M31

Квадратный лист бумаги разрезают по прямой на две части. Одну из полученных частей снова разрезают на две части, и так делают много раз. Какое наименьшее число разрезов нужно сделать, чтобы полученных частей оказалосьровно это двадицатугольников?

При каждом разрезании общее число кусков бумаги увеличивается на 1 (так как один кускок пропадает и появляется два новых), поэтому после $n$ разрезов будет $(n+1)$ кусков бумаги.

Подсчитаем теперь, каким может быть общее число вершин во всех кусках вместе после $n$ разрезов. При каждом разрезании общее число вершин увеличивается либо на 2 (если резали через вершины), либо на 3 (если резали через вершину и сторону), либо на 4 (если резали через 2 стороны). Так как сначала было 4 вершины, то после $n$ разрезов во всех кусках вместе будет не больше чем $4n+4$ вершины.

Предположим, что после $N$ разрезов получилось 100 двадицатугольников. Так как при этом общее число полученных кусков будет $N+1$, то, кроме этих двадицатугольников, будет еще $N+1-100$ кусков. Каждый из этих кусков будет иметь не меньше трех вершин, поэтому общее число вершин во всех кусках будет не меньше чем $100\cdot 20+(N-99)\cdot 3$. Как было доказано ранее, это число не больше чем $4N+4$. Значит,

$$4N+4 \geq 100\cdot 20+(N-99)\cdot 3 = 3N+1703,$$

откуда $N \geq 1699$.

Итак, мы доказали, что нельзя получить 100 двадицатугольников, сделав меньше чем 1699 разрезов. Это основная и самая трудная часть доказательства.

Покажем теперь, как можно получить 100 двадицатугольников, сделав 1699 разрезов. Вот один из способов: разрежем квадрат на 100 прямойугольников (99 разрезов) и каждый прямойугольник за 16 разрезов превращает в двадицатугольник, отрезая от углов треугольники (1600 разрезов). Всего будет 1699 разрезов.

Ответ. Может получить 100 двадицатугольников, сделав 1699 разрезов, а сделав меньше число разрезов, 100 двадицатугольников.

Точно так же можно узнать, какое наименьшее число разрезов нужно сделать, чтобы получитьровно $k$ л-угольников.

Точно решение этой задачи прислали Д. Григорьев из Ленинграда и В. Ливицц из Запоржья.

И. Н. Бернистей

M32

Во всех клетках таблицы $100 \times 100$ стоит плоскости. Разрешается одновременно изменить знаки во всех клетках одной строки или одного столца. Можно ли, продолжав также операции несколько раз, получить таблицу, гдеровно 1970 минутов?

Пусть в $i$-й строке мы изменили знак $x_i$ раз, в $k$-м столбце — $y_k$ раз. Тогда в клетке, стояшей на пересечении $i$-й строки и $k$-го столбца, знак изменится $x_i+y_k$ раз. Следовательно, в этой клетке будет стоять минутс в том и только в том слуае, когда $x_i+y_k$ нечетно. Таким образом, об-

33

шеее количество минусов в полученной таблице зависит только от четности чисел $x_i$ и $y_k$; на рисунке 1 вместе четыных чисел поставлены нули, вместе нечетных — единиццы. Пусть $x$ — число нечетных чисел среди $x_i$; $y$ — число нечетных чисел $y_k$ (на рисунке $x = 5, y = 4$). Тогда, как нетрудно посчитать, общее число минусов в таблице будет равно

$$x(100-y)+(100-x)y = 100x+100y-2xy,$$

где $x, y$ — целые.

Тепер вернемся к нашей задаче и докажем, что ответ в ней отрицательный, т. е. 1970 минусов получить невозможно. Предположим, что нам удалось получить 1970 минусов. Тогда $1970 = 100x+100y-2xy$, откуда

$$xy - 50x - 50y + 2500 = 1515.$$

Разложив левую часть на множители, получаем

$$(x-50)(y-50) = 1515 = 15 \cdot 101.$$

Имеем

$$-50 \leq x-50 \leq 50, -50 \leq y-50 \leq 50.$$

Поскольку число 101 простое, то либо $x-50$, либо $y-50$ делится на 101 (ведь их произведение делится на 101). Но из предыдуших неравенств тогда следует, что либо $x-50$, либо $y-50$ равно 0. Итак, мы получили противоречие, которое доказывает, чторовно 1970 минутов получения невозможного.

Правильно решение прислал Д. Григорьев.

А. В. Зелевинский

M33

Имеется натуральное число $n > 1000$. Возьмем остатки от деления числа $2^n$ на числа 1, 2, 3,…, $n$ и найдем сумму этих остатков. Доказать, что эта сумма больше $2^n$.

Обозначим сумму остатков от деления $2^n$ на числа 1, 2,…, $n$ через $S_n$. Мы успешим утверждение задачи и доказем, что при $n > 1000$ $S_n > 3,5n$. Попутно мы доказем тем же метод, что

$$S_n > \frac{n}{2} (\log_2 n - 4)$$

при любом $n$.

Мы следуем, в основном, решение Д. Григорьевa из Ленинграда. Решение основано на очень простом соображении: $2^n$ не делится на целое нечетное число, отличное от 1, значит, остаток от деления $2^n$ на такое число не меньше 1. Отсюда легко вывести, что для любого нечетного $k > 1$ остаток от деления $2^n$ на $2^l k$ не меньше $2^l$. Действительно, пусть остаток от деления $2^{n-l}$ на $k$ равен $r$, то есть $2^{n-l} = mk + r$, где $0 \leq r < k$, тогда $2^n = m(2^l k) + 2^l r$, где $0 \leq 2^l r < 2^l k$, то есть остаток от деления $2^n$ на $2^l k$ равен $2^l r$, и так как $r \neq 0$, то этот остаток не меньше $2^l$.

Отсюда следует, что во всяком случае

$$S_n \geq 1 \cdot (\text{количество не превышших } n \text{ чисел вида } 2k + 1, k > 1) + 2 \cdot (\text{количество не превышших } n \text{ чисел вида } 2(2k + 1), k > 1) + 2^2 \cdot (\text{количество не превышших } n \text{ чисел вида } 2^2(2k + 1), k > 1) + \dots$$

• $2^l \cdot (\text{количество не превышших чисел вида } 2^l(2k + 1), k > 1), (*)$

34

где $l$ определяется условием $3 \cdot 2^l \leq n$, $3 \cdot 2^{l+1} > n$ (нет смысла брать больше $l$, так как тогда выражение в скобке будет равно нулю).

Что можно сказать про правую часть этого неравенства?

Рассмотрим $(i+1)$-е слагаемое: $2^i(\ldots)$. Число, стоящее в скобке, равно, очевидно, числу не превозсдающих $n$ членов арифметической прогрессии $3 \cdot 2^i$, $5 \cdot 2^i$, $7 \cdot 2^i$, …, то есть прогрессии с первым членом $3 \cdot 2^i$ и разность $2 \cdot 2^i$. Число таких членов не меньше $\frac{n-3 \cdot 2^i}{2^{i+1}}$ и, значит, $i$-е слагаемое правой части неравенства не меньше $\frac{n}{2} - \frac{3}{2} \cdot 2^i$. В основном, решении задачи на этом окончено. Все остальное — это различные преобразования правой части () с помощью полученных неравенств. Заменим, например, сумму в правой части () при вымытии восемью слагаемыхми. Тогда мы получим

$$S_n > 8 \cdot \frac{n}{2} - \frac{3}{2} \sum_{i=0}^{7} 2^i >$$

$$> 8 \cdot \frac{n}{2} - \frac{3}{2} \cdot 2^8 = 3,5n + \left(\frac{n}{2} - 384\right).$$

При $n > 1000$ выражение в скобке положительное и, значит, мы доказали, что $S_n > 3,5n$ при $n > 1000$. Тем самым задача М33 полностью решена.

Однако можно получить более точное неравенство. Просуммируем все члены правой части (*); получим:

$$S_n > (l+1) \frac{n}{2} - \frac{3}{2} \sum_{i=0}^{l} 2^i >$$

$$> (l+1) \frac{n}{2} - \frac{3 \cdot 2^{l+1}}{2}.$$

Воспользовавшись неравенствами $3 \cdot 2^l \leq n$, $3 \cdot 2^{l+1} > n$, найдем, что

$$S_n > \frac{n}{2} \log_2 \frac{n}{3} - n =$$

$$= \frac{n}{2} \left(\log_2 \frac{n}{3} - 2\right) > \frac{n}{2} \left(\log_2 n - 4\right).$$

Эта формула показывает, например, что если $n > 2^{1004}$, то $S_n > 500 n$.

Задач а. Сумма остатков от деления чисел $2^{l+1}$, $2^{l+L}$ на нечетное число $m > 1$ больше, чем $\frac{m}{2} \left(\frac{L}{\log_2 2m} - 1\right)$.

С помощью этой задачи, решение которого будет приведено ниже, можно доказать, что для бесконечного числа значений $n$ сумма $S_n$ на самом деле городадо больше, чем $\frac{n}{2} \left(\log_2 n - 4\right)$, то есть можно доказать, что оценка $S_n > \frac{n}{2} \left(\log_2 n - 4\right)$ очень крупнее для бесконечного числа значений $n$. Это и неудивительно, так как наш метод доказательства не учитывает многохотеняемых числа отличных от нуля, в то время как эти остатки часто бывают большими. Вместе с тем, величины $S_n$ с ростом $n$ не может растить слишком быстрого, так как очень много, что $S_n \leq 1 + 2 + \ldots + (n-1) = \frac{n(n-1)}{2}$.

Нам кажется верятным, что справедлива такая гипотеза:

Ги потеза 1. При достаточно больших $n$ верно неравенство $S_n \leq \frac{n^2}{4}$;

6. существует положительное число $c > 0$ такое, что $cn^2 \leq S_n$.

Мы не умем ни доказывать, ни проверять эти утверждения. Более того, мы не знаем, справедлива ли более слабая.

Ги потеза 2. Существует положительное число $c > 0$ такое, что неравенство $cn^2 \leq S_n$ выполняется при бесконечном числе значений $n$.

Если вам удалось доказать или проверять одну из этих гипотез, присылайте нам ваший рассуджение. Если они оказываются интересными, мы опубликуем их в одном из номеров журнала. В качестве слабого подвергления гипотезы 2 может быть доказана следующая.

Теорема. Для бесконечного числа значений $n$ выполняется неравенство

$$S_n > \frac{n^2}{132 \log_2 n}.$$

Теорема выводится из задачи следующего образом. Рассмотрим сумму $\Sigma_k$ остатков от деления чисел $2^{k+1}$, …, $2^n$ на число $k$. Согласно задаче, при нечетном $k$ сумма $\Sigma_k$ остаточно велика, поэтому и число $\Sigma_1 + \Sigma_2 + \ldots + \Sigma_n$ велико. Но, как легко за*

*) Число $\frac{n^2}{132 \log_2 n}$ при больших $n$ города больше, чем число $\frac{n}{2} \left(\log_2 n - 4\right)$. Не трудно доказать, например, что при достаточно большом $n$ относение этих чисел больше $\sqrt{n}$.

35

метить, $S_1 + S_2 + \dots + S_n = \Sigma_1 + \dots + \Sigma_n$,
позному сумма, стоящая влевой части, также
велика и, значит, одно из слагаемых, скажем $S_l$, также велико. Аккуратное проведение доказательства мы предоставляем читателю. Перейдем теперь к решению задачи.

Решение задачи. Выпишем остатки от деления чисел $2^{l+1}, \dots, 2^l + L$ на $m$ и будем ставить между двумя последовательными остатками «галочку», если первый больше второго. Тогда, во-первых, остаток, стоящий перед галочкой, больше $\frac{m}{2}$, во-вторых, количество чисел между двумя последовательными галочками меньше $\log_2 2m$, так как остатки между двумя галочками образуют геометрический прогрессию со значением 2 (действительно, $2\log_2 2m - 1 = m > m - 1$, а всякий остatok не больше $m - 1$). Таким образом, число промежутков между галочками больше $\frac{L}{\log_2 2m} - 1$ и так как в конце каждого промежутка стоит число, больше $\frac{m}{2}$, то все доказано.

А. Г. Кушииренко

В этом номере мы публикуем решения задач Ф43, Ф48—Ф51

Ф43

Найти давление в центре жидкой планеты радиуса $R$, если жидкость несжимаема и имеет плотность $\rho$.

Разобъем объем планеты на тонкие сферические слоны толщиной $\Delta r$. Легко показать, что равновеснуюшая гранитционных слил, действующих со стороны слоя на частицу внутри этого слоя, равна нулю. Действительно, рассмотрим для этого конус с малым углом при вершине, в котором помещена часть массы $m$. Конус вырезает из слоя участки площадми $s_1$ и $s_2$ (рис. 1). Если масса вещества, приходящая на единицу поверхности слоя, равна $\mu$, то гранитонные слил, действующие на массу $m$ со стороны участков $s_1$ и $s_2$, равны

$$F_1 = \gamma \frac{m\mu s_1}{r_1^2}, \quad F_2 = \gamma \frac{m\mu s_2}{r_2^2};$$

но

$$\frac{s_1}{r_1^2} \cos \alpha_1 = \frac{s_2}{r_2^2} \cos \alpha_2 = \Omega$$

(Ω — телесный угол при вершине конуса), а $\alpha_1 = \alpha_2$; защищенные треугольники подобны, то есть $\angle OA_1 M_1 = \angle OA_2 M_2, \angle OA_1 B_1 = \angle OA_2 B_2$ (они опираются на одну жедугу) и $\alpha_1 = \angle OA_1 B_1 - \angle OA_1 M_1 a\alpha_2 = \angle OA_2 B_2 - \angle OA_2 M_2$.

Позному $\frac{s_1}{r_1^2} = \frac{s_2}{r_2^2}$. Благодаря этому

$$F_1 = F_2,$$ то есть эти силы взаимно уравновешивают друг друга. Проведя аналогичное рассмотрение для других участков слоя, мы и докажем сделанное утверждение.

Сила, с которой пригивается элемент слоя $\Delta s\Delta r$ к центру планеты, равна

$$F = \gamma \frac{4}{3} \pi r^3 \rho \Delta s \Delta r\rho$$,

где $r$ — расстояние от этого элемента до центра планеты. Отсюда найдем, что увелищение давления на участке толщиной $\Delta s$ равно

$$\Delta p = \frac{F}{\Delta s} = \frac{4}{3} \pi \gamma \rho^2 r \Delta r.$$

Позному давление на расстоянии $r_0$ от центра планеты будет равно

$$p = p_0 + \frac{4}{3} \pi \gamma \rho^2 \Sigma r \Delta r.$$

Так как сумма $r\Delta r$ равна площади

36

Фигуры, ограниченной графиком $y=r$ и осью $r$ (рис. 2), то

$$\sum r \Delta r = \frac{(R+r_0)(R-r_0)}{2} = \frac{R^2-r_0^2}{2}.$$

Позтому

$$p = p_0 + \frac{2}{3} \pi \rho^2 (R^2-r_0^2);$$

$p_0$ — давление на поверхности планеты, которое можно принять равным нулю. Тогда

$$p = \frac{2}{3} \pi \rho^2 (R^2-r_0^2).$$

В центре планеты ($r_0=0$) давление будет равно

$$p_\mu = \frac{2}{3} \pi \rho^2 R^2.$$

Ф48

На вал якоря диНАМОМАШИНЫ намотана веревка, к которой прикреплен груз. Опускаясь, груз вращает якорь. Когда якорь достаточно раскрутился, к kleемам диНАМОМАШИНЫ присоединили сопротивление на грузки. Изображите на графике зависимости скорости вращения якоря от времени с момента начала движения груза.

Так как до подключения нагрузки момент внешних сил, действующих на якорь, постоянен, то якорь вращается с постоянным угловымускорением и его скорость увеличивается пропорционально времени.

После подключения нагрузки по обмотке якоря поддет ток. Благодаря этому на якорь в магнитном поле статора будет действовать момент сил, пропорциональный (как и сила, действующего в магнитном поле на проводник с током) величины тока. Этот момент сил тормозит вращение якоря. Так как ток, идущий по обмотке якоря, пропорционален эд.d.c. индукции, возникающей в обмотке, а эd.d.c. индукции, в свою очередь, пропорциональная скорости изменения магнитного потока, пропизывающего обмотку, то есть угловой скорости вращения якоря, то при некоторой угловой скорости $\omega_0$ момент силы, действующего на якорь со стороны груза, будет равен моменту тормозящей силы, действующего на якорь в магнитном поле. $\omega_0$ и есть скорость установившегося вращения якоря.

График зависимости скорости вращения якоря от времени показан на рис. 4. Классной линей—для случая, когда скорость вращения якоря в момент подключения нагрузки была меньше $\omega_0$, и сине—когда она была больше $\omega_0$.

Ф49

U-образная трубка заполнена водой (рис. 4). Из одного колена воздуха удален; давление воздуха в другом колене при температуре $T_0=20^\circ C$ равно атмосферному. Оба конца трубки заполны. Какой будет разность уровней воды в коленах, если трубку нагреть до $T=100^\circ C$?

37

Рис. 4.

Давление в левом колене равно давлению насыщенного пара. В правом же колене находится как воздух, так и водяной пар, и давление равно сумме парциальных давлений воздуха и пара. Причем пар в правом сосуде тоже насыщен, и его парциальное давление равно давлению пара в левом колене. Поэтому, рассматривая равновесие воды, мы можем не учитывать давления пара в левом и правом коленах.

Запишем условие равновесия воды в трубке при $T_0=20^\circ\text{C}$:

$$\rho gh_0 = P_0, \quad P_0 = 1 \text{ amm.}$$

Отсюда

$$h_0 = \frac{P_0}{\rho g} \approx 10 \text{ m.}$$

При $100^\circ\text{C}$ давление воздуха в правом колене становится $P$, а разность уровней воды в коленах $h$. При этом

$$\rho gh = P. \quad (*)$$

$P$ связано с $P_0$ объединенным газовым законом:

$$\frac{P_0 V_0}{T_0} = \frac{PV}{T},$$

и $l - l_0 = \frac{1}{2} (h - h_0)$. Так как $V_0 = l_0 s$, $V = ls$ (s — площадь секения трубки), то отсюда найдем

$$P = P_0 \frac{T}{T_0} \frac{l_0}{l} =$$

$$= P_0 \frac{T}{T_0} \frac{l_0}{l_0 + \frac{1}{2} (h - h_0)}.$$

Подставляя это выражение в уравнение (*), получим

$$h = \frac{P_0}{\rho g} \frac{T}{T_0} - \frac{l_0}{l_0 + \frac{1}{2} \Delta h},$$

или

$$h = h_0 \frac{T}{T_0} \frac{l_0}{l_0 + \frac{1}{2} \Delta h}.$$

Полагая, что $1/2 \Delta h \ll l_0$, получим

$$h = h_0 \frac{T}{T_0} \approx 13 \text{ m};$$

$\Delta h \approx 3 \text{ m}, \frac{1}{2} \Delta h \approx 1,5 \text{ m} \ll l_0 = 15 \text{ m}$. Это означает, что, пребегая $1/2 \Delta h$ по сравнению с $l_0$, мы получили результат, малоотличной от точного.

Ф50

На гладком горизонтальном столе лежат два одинаковых кубика с массами $m$, соединенных пружинкой жесткости $k$ и длины $l_0$ в неростную систему. На левый кубик (рис. 5) внесло начнет действовать постоянная по величины и направлению силы $F$. Найдите минимальное и максимальное расстояние между кубками при дальнейшем движении системы.

Пусть расстояние $l$ между кубками минимально или максимально (будем говорить «экстремально»). Тогда оба кубика движутся с одинаковой скоростью $v$, и кинетическая энергия системы равна $2 \frac{mv^2}{2} = mv^2$. В то же

38

Время потенциальная энергия системы равна потенциальной энергии скатой пружины, то есть $kx^2/2$, где $x$ — изменение длины пружины ($x$ может быть как положительным — тогда длина пружины $l = l_0 - x$ меньше $l_0$, так и отрицательным — тогда длина пружины больше $l_0$). Полная энергия системы равна сумме кинетической и потенциальной энергии, то есть $mv^2 + kx^2/2$. Так как эту энергию система прибрела благодаря равоте силы $F$, то мы можем записать, что

$$FL = mv^2 + \frac{kx^2}{2}.$$

(*)

$L$ — расстояние, пройденное левым кубиком к тому моменту, когда длина пружины стала экстремальной (рис. 6): $L = S + \frac{l_0}{2} - \frac{(l_0 - x)}{2} = S + \frac{x}{2}$ ($S$ — расстояние, пройденное центром масс системы).

Скорость $v$ кубков равна скорости центра масс системы. На систему действует постоянная внешняя сила, и она движется равноускоренной сускорением $a = F/2m$. Поэтому, если обозначить через $t$ время от на-

Рис. 7.

чала движения до того момента, когда длина пружины стала равна $L$, то $v = at$ и $L = \frac{at^2}{2} + \frac{x}{2}$. Подставляя эти выражения для $v$ и $L$ в уравнение (*), получим

$$F \left( \frac{at^2}{2} + \frac{x}{2} \right) = ma^2 t^2 + \frac{kx^2}{2}.$$

Отсюда $\frac{F^2 t^2}{4m} + \frac{x}{2} F = \frac{F^2 t^2}{4m} + \frac{kx^2}{2}$ или $Fx = kx^2$. Следовательно, $x_1 = 0$, $x_2 = F/k$.

Таким образом, минимальное расстояние между группой равно $l_{\min} = l_0 - x_2 = l_0 - \frac{F}{k}$, а максимальное $l_{\max} = l_0 - x_1 = l_0$.

Ф51

Фотографировать тигра с расстоянияmente 20 метров опасно. Какой размер должен камера-обскура с ответством 1 мм, чтобы тигр на фотографи получился полосатым? Расстояние между полосами на шкрете тигра равно 20 см.

Камера-обскура — это коробка с ответством. На фотопленку, помещенную в камеру, попадает широкий лучок лучей, и душих из каждой точки фотографируемого объекта (рис. 7). Для того чтобы тигр на фотографи получился полосатым, необходимо, чтобы плошадки, на которых попадают лучи, душшие от ближайших точек соседних полос на шкрете тигра, не пересекались. Для этого необходимо, чтобы пленка находилась от ответствия на расстоянии $x$, больше $d/tg\alpha$.

Так как

$$tg\alpha = \frac{l/2}{L + x},$$ то $x > \frac{2d(L + x)}{l}$.

Отсюда $x > \frac{2dL}{l\left(1 - \frac{2d}{l}\right)}$. $\frac{2d}{l} \ll 1$, поэтому, пренебрегая $2d/l$ по сравнению с 1 в значенателе формулы, получим $x > \frac{2dL}{l} = 20$ см. Размер камеры должен быть больше 20 см.

И. Ш. Словодечкий