Решения задач М39—М49; Ф45, Ф59—Ф65

24

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решения задач М39—М49.

М39

Докажите, что целые неотрицательные числа $x, y$ удовлетворяют уравнению $x^2 - mxy + y^2 = 1$ (где $m$ — данные целое число, большее единицей) тогда и только тогда, когда $x$ и $y$ — соседние члены последовательности $\varphi_0 = 0, \varphi_1 = 1, \varphi_2 = m, \varphi_3 = m^2 - 1, \varphi_4 = m^3 - 2m, \varphi_5 = m^4 - 3m^2 + 1$, …, в котором $\varphi_{k+1} = m\varphi_k - \varphi_{k-1}$ для всех $k \ge 1$.

Например, все решения уравнения

$$x^2 - 3xy + y^2 = 1$$

(1)

в целых числах $(x, y)$, $0 \leq x < y$, — это пары

$$(0, 1), (1, 3), (3, 8), (8, 21), \dots$$

(2)

соседних членов последовательности $0, 1, 3, 8, 21, \dots$, определяемой условиями $\varphi_0 = 0, \varphi_1 = 1, \varphi_{k+1} = 3\varphi_k - \varphi_{k-1}$ для всех $k \ge 1$.

Решим эту задачу для $m = 3$ (для других $m > 1$ решение совершено аналогично.) Мы должны доказать, что, во-первых, все пары чисел (2) удовлетворяют уравнению (1) и, во-вторых, никакие другие пары неотрицательных чисел чисел этого уравнения не удовлетворяют. (Заметим, что эту вторую и более трудную часть решения многое читатели, приславшие письма, упустили из виду.)

В последовательности (2) за каждой парой $(x, y)$ следует пара $(x_1, y_1)$, которое можно получить из $(x, y)$ с помощью такого преобразования:

$$x_1 = y, y_1 = 3y - x.$$

(3)

Это преобразование $(x, y) \rightarrow (y, 3y - x)$ мы обозначим буквой $T$. Нетрудно

25

проверить, что если пара $(x, y)$ удовлетворяет уравнению (1), то пара $(x_1, y_1) = T(x, y)$ ему тоже удовлетворяет:

$$x_1^2 - 3x_1y_1 + y_1^2 = y^2 - 3y(3y - x) + (3y - x)^2 = y^2 - 3xy + x^2.$$

(4)

Отсюда сразу видно, что все пары (2) удовлетворяют уравнению (1): ведь пара (0, 1) ему удовлетворяет, а все остальные получаются из нее с помощью конечного числа преобразования $T$.

Докажем теперь, что других решений $(x, y)$ в целых числах, подчиненных условиям $0 \leq x < y$, уравнения (1) нет. Пусть $(x_1, y_1)$ — одно из таких решений. Найдем такую пару $(x, y)$, из которой эти $x_1$ и $y_1$ получаются по формулам (3), — для этого достаточно выразить $x$ и $y$ через $x_1$ и $y_1$:

$$x = 3x_1 - y_1, y = x_1.$$

(5)

Такой переход от $(x_1, y_1)$ к $(x, y)$ — преобразование, обратное *) к $T$ — мы будем обозначать через $T^{-1}$. Из равенств (4) следует, что если пара $(x_1, y_1)$ удовлетворяет уравнению (1), то пара $(x, y) = T(x_1, y_1)$ ему также удовлетворяет. Покажем, что если, кроме того, $0 < x_1 < y_1$, то

$$0 \leq x < y.$$

(6)

Представим равенство $x_1^2 - 3x_1y_1 + y_1^2 = 1$ следующего двумя способами:

$$x_1^2 + y_1(y_1 - 3x_1) = 1,$$

$$x_1(x_1 - y_1) + y_1(y_1 - 2x_1) = 1.$$

(7)

Из равенства (7) сразу следует ($x_1$ и $y_1$ положительные!), что $-x = y_1 - 3x_1 \leq 0$, причем если $y_1 - 3x_1 = 0$, то $x_1 = 1$ и $y_1 = 3$. Из равенства (8) в свою очередь следует, что $y - x = y_1 - 2x_1 > 0$ (ведь $x_1 - y_1$ отрицательно). Неравенства (6) доказаны. Заметим, что их можно переписать и так:

$$0 \leq x < x_1,$$

(9)

поскольку $x_1 = y$. Итак, любое решение $(x_1, y_1)$, $0 < x_1 < y_1$, после преобразования $T^{-1}$ переходит в решение $(x, y)$, для которого $0 \leq x < y$. Если при этом $x > 0$, то мы можем применить $T^{-1}$ еще один или несколько раз, получая новые (меньшие по величины) решения. Действительно, как показывает (9), величины целого числа $x$ при каждой преобразовании уменьшается. Поэтому через некоторое конечное число шагов мы должны остановиться, а остановиться мы можем лишь тогда, когда получим решение $(x, y)$, у которой $x = 0$ и, следовательно, $y = 1$. Таким образом, мы доказали, что из каждой решения $(x_1, y_1)$ за конечное число преобразованный $T^{-1}$ получается решение (0, 1). Отсюда следует, что каждое решение из (0, 1) за конечное число преобразованный $T$ (то есть что никаких других, отличных от (2), решения нет). Задча полностью решена.

Более наглодно это решение можно представить так. Будем изобразать пару чисел $(x, y)$ как обычно, точкой плоскости. Тогда уравнение $x^2 - 3xy + y^2 = 1$ задает на плоскости кривую, называемую «шперболой». (На обложке нарисовано целое семейство гипербол, задаваемых уравнениями $x^2 - 3xy + y^2 = c$ с разными значениями параметра $c$, а интересующая нас — желтого цвета.) Решить это уравнение в целых числах — значит указывать все точки с целочисленными координатами, лежащие на гиперболе. Однако такой точку указывает легко: это — черная точка с координатами (0, 1). Все остальные (в пределах угла $0 \leq x < y$), как мы доказали, получаются из нее последовательным применением преобразования $T : (x, y) \rightarrow (y, 3y - x)$. Это преобразование $T$ плоскости обладает такимми свойствами:

1. Переводит каждую прямую на плоскости снова в прямую (такие преобразования называются линейными).

*) Понятие обратного преобразования обсуждалось в статье А. Н. Колмогорова «Что такое функция?» («Квант» № 1,1970).

28

Рис. 2. Среди $m+k+1$ элементов выбираем сначала один (такой, что слева от него и справа от него находится не менее чем по $k$ элементов), проводим по нему черту, а затем слева от черты и справа от черты выбираем по $k$ элементов. На нашем рисунке $m=9, k=3, m+k+1=13$.

ла определенных $k+m$ элементов, а затем еще $k$ элементов из оставшихся $n-m$. Сказанное можно найти так. Разместим «в строчку» данные $n+k$ элементов и проведем вертикальную черту, отделяющую $k+m$ элементов слева от $n-m$ элементов справа. Выберем каким-то образом $k$ элементов слева от черты и $k$ элементов справа от черты, а затем образуем соединение каждой из таких «правых» выборок. Всего таких соединений будет, очевидно, $C_{k+m}^k \cdot C_{n-m}^k$.

Тепер нетрудно доказать, что

$$C_k^k \cdot C_n^k + C_{k+1}^k \cdot C_{n-1}^k + C_{k+2}^k \cdot C_{n-2}^k + \dots + C_n^k \cdot C_k^k = C_{n+k+1}^k \cdot C_{n-k+1}^k.$$

Для этого достаточно установить взаимно однозначное соответствие между выборками из $n+k+1$ элементов по $2k+1$ и выборками из $n+k$ элементов такого вида: «$k$ элементов слева от черты; черта; $k$ элементов справа от черты», общее количество которых равно сумме, стоящей в левой части равенства (2). Итак, искомая сумма равна

$$(k!)^2 \cdot C_{n+k+1}^2 = \frac{(n+k+1)!(k!)^2}{(2k+1)!(n-k)!}.$$

В частности, для первого задания М40 имеем $k=1$ и поэтому сумма составит $C_{n+2}^3 = \frac{(n+2)(n+1)n}{6}$.

Если приведенный путем рассужждения показется вам трудным и тем более если он показется вам интересным, рекомендуем заглянуть в книгу Н. Я. Виленкина «Комбинаторика» (М., «Наука», 1969). Там, в частности, на стр. 57 доказана формула (24), аналогичная формуле (2).

В. Н. Березин

M41

Дана окружность, ее диаметр $AB$ и точка $C$ на этом диаметре. Построить на окружности две точки $X$ и $Y$, симметричные относительно диаметра $AB$, для которых прямая $YC$ перpendикулярна к прямой $XA$.

Пусть $K$ — точка пересечения отрезков $XY$ и $AB$; по условию $XY \perp AB$ и $XK = KY$. Для любой точки $X$ на окружности $\Rightarrow AXB = 90^\circ$. Поэтому требование $YC \perp AX$ эквивалентно каждому из следующих условий:

$$YC \parallel BX, \Rightarrow YCB = \Rightarrow CBX,$$

$$\triangle CYK = \triangle KBX, \quad CK = KB.$$

Таким образом, воспользуемся в середине отрезка $CB$ перpendикуляр к прямой $AB$, мы получим в пересечении его с окружностью две искомые точки (любою из них можно принять за $X$, тогда другая будет играть роль $Y$).

29

M42

Цифры неокоторого семнадцатизначного числа записьвают в обратном порядке. Полученное число складывает с первоначальным. Доказать, что хотя бы одна из цифр их суммы будет четной.

Докажем индикей по $n$, что это утверждение справедливо для любого $(4n+1)$-значного числа. При $n=0$ оно очевидно. Предположим, что для неокоторого $n$ оно неверно, то есть существует такое число $a_1 a_2 a_3 \dots a_{4n-1} a_{4n} a_{4n+1}$, что в сумме

$$\frac{a_1}{a_{4n+1}} + \frac{a_2}{a_{4n}} + \dots + \frac{a_{4n-1}}{a_{4n}} + \frac{a_{4n+1}}{a_{4n}}$$

все цифры нечетны. Тогда сумма цифр $a_1 + a_{4n+1}$ нечетна и в местах, обозначенных стрелочками, не проискит переноса единицы в следующий разряд. Поэтому в сумме $(4n-3)$-значных чисел

$$\frac{a_3 \dots a_{4n-1}}{a_{4n-1} \dots a_3}$$

гакже все цифры нечетны, следовательно, нашей утверждение неверно и для $(n-1)$. Доказательство законечно (подумайте, почему обычный «шаг индикции» — «если верно для $n$, то верно и для $(n+1)$» — можно заменить шагом в обратную сторону: «если неверно для $n$, то неверно и для $(n-1)$»!).

Заметим, что доказанное утверждение нельзя услить: для чисел, у которых число цефр четно или имеет вид $(4n+3)$, утверждение задачи может не выполнаться:

$$11 \ 112 \ 222 + 22 \ 221 \ 111 = 33 \ 333 \ 333, \ 72 \ 727 \ 262 \ 626 + 62 \ 626 \ 272 \ 727 = 135 \ 353 \ 535 \ 353.$$

M43

Какая сторона правильного треугольника разбита на $n$ равных частей. Через точки деления проведены прямые, параллельные сторонам. В результате треугольник разбился на $n^2$ маленьких треугольников. Известен «цепочкой» последовательность треугольников, в которой ни один не появляется дважды и каждый последующий имеет общую сторону с предыдущим. Каково наиболее возможное число треугольников в цепочке?

Ответ: $n^2 - n + 1$. Для доказательства, что часто бывают на одномах, достаточно сделать один неожиданный шаг: раскрасить треугольники в шахматном порядке, как это сделано на рисунке. Остальное совсем просто.

Во всем треугольнике красных треугольников на $n$ большие, чем желтых (в каждом горизонтальном ряду красных на один большие), а в цепочке цвет должны чердовать, поэтому красных может быть только на один большие, чем желтых.

Одна из цепочек максимального возможной длины показана на рисунке. (Из сказанного выше ясно, что для того, чтобы цепочка имела длину $n^2 - n + 1$, необходимо и достаточно, чтобы она началась и кончалась в красных треугольках и проходила через все без исключения желтые.)

30

Доказать, что для каждого натурального числа $K$ существует бесконечное много натуральных чисел $T$, не содержащих в десятичной записи нулей и таких, что $T$ и $KT$ имеют одинаковые суммы цифр.

Пусть в числе $K$ (в десятичной записи) $k$ цифр. Тогда в роли $T$ можно взять любое число 999…99, записываемое $n$ девятками, где $n \geqslant k$; тогда и сумма цифр $T$, и сумма цифр $KT$ равны 9$n$ (в числе $KT = K(10^n-1)$ цифры, отстоящие друг от друга на $n$ разрядов, дают в сумме 9; например, $743\ 552 \cdot 99\ 999\ 999 = 743\ 552 \cdot (10^8-1) =$
$= 74\ 355\ 200\ 000\ 000-743\ 552 = 74\ 355\ 199\ 256\ 448$;

почти очевидное доказательство для общего случая оставляем читателю).

M45

Доказать, что из любых 200 целых чисел можно выбрать 100, сумма которых делится на 100.

Попробуйте обобщить эту задачу: докажите, что из любых $2n-1$ целых чисел можно выбрать $n$, сумма которых делится на $n$, где $n \geqslant 2$.

Лемма. Если утверждение задачи верно для $n = a$ и для $n = b$, то оно верно и для $n = ab$.

Заметим, что свойство «сумма $n$ целых чисел $x_1, \ldots, x_n$ делится на $n$» можно формулировать и так: «среднее арифметическое $\frac{x_1 + \ldots + x_n}{n}$ — целое число».

Итак, пусть даны произвольные $2ab-1$ целых чисел. Поскольку утверждение верно при $n = b$ и $2ab-1>2b-1$, из данных $2ab-1$ чисел можно выбрать $b$, сумма которых делится на $b$. Затем из оставшихся (если их не меньше $2b-1$) выберем еще $b$ чисел, обладающих этим свойством, и так далее.

Поскольку
$$2ab-1 = (2a-1)b + (b-1),$$
то эту операцию можно повторить $2a-1$ раз и получить $2a-1$ наборов по $b$ чисел, в каждом из которых среднее арифметическое $b$ чисел — целое. Поскольку утверждение верно для $n = a$, из этих $2a-1$ средних арифметических можно выбрать $a$, сумма которых делится на $a$. Ясно, что тогда $ab$ чисел, составляющих соответствующие $a$ наборов по $b$ чисел, обладают нужным свойством: их сумма делится на $ab$. Лемма доказана (эту лемму, так же как и задачу, придумал Ю. И. Нонин).

Итак, для того чтобы доказать утверждение задачи для произвольения $n = a_1a_2\ldots a_k$, достаточно доказать его для отдельных сомножителей $n = a_1$, $n = a_2$, …, $n = a_k$ (и несколько раз применить лемму). Поэтому достаточно научиться доказывать это утверждение для простых сомножителей числа $n$. Например, чтобы доказать для $n = 100$, достаточно доказать два утверждения: «из любых 3 целых чисел можно выбрать 2, сумма которых делится на 2» и «из любых 9 целых чисел можно выбрать 5, сумма которых делится на 5». Первое очевидно, а второе можно доказать не очень длинным перебором. Предоставляем читателю возможность убедиться в этом, а также попробовать придумать доказательство, которое годилось бы сразу для любого простого $n$. Однако такое доказательство мы изложим в следующем номере журнала.

31

M46

Сколько в выпukлом многоугольнике может быть сторон, равных набольшей диагонали?

Ответ: две, одна или ни одной.

Примеры для каждой из этих случаем построить нетрудно. Многоугольника, у которой три или больше сторон равны набольшей диагонали, не существует, поскольку две стороны, равные набольшей диагонали, обязательно должны иметь общую вершину (рис. 5), а три стороны, каждые две из которых имеют общую вершину, могут быть только у треугольника, а у него нет диагоналей.

M47

Из цифр 1 и 2 составили пять $n$-значных чисел так, что у каждой двух чисел совпали цифрыровно в $m$ разрядах, но ни в одном разряде не совпали все пять чисел. Доказать, что $\frac{2}{5} \leq \frac{m}{n} \leq \frac{3}{5}$.

Выпишем числа одно под другим. В каждом разряде («столбце») 5 цифр. Из них можно составить 10 (неупорядоченных) пар. По всем $n$ столбцами таких пар будет 10 $n$. Выясним, сколько среди них таких, которые состоит из одинаковых цифр, то есть пар (1, 1) и (2, 2). В каждом столбце таких пар либо 4, либо 6. Поэтому общее количество таких пар не меньше 4 $n$ и не больше 6 $n$. С другой стороны, количество таких пар равно 10 $m$, поскольку при сравнинии двух любых чисел по всем $n$ разрядам, по условию, получается равно $m$ таких пар, а всевозможных пар из 5 чисел — 10.

Итак, $4n \leq 10m \leq 6n$, что и требовалось доказать (см. рис. 6).

M48

В остроугольном треугольнике $ABC$ bicсектриса $AD$, медиана $BM$ и высота $CH$ пересекаются в одной точке. Доказать, что угол $BAC$ больше 45°.

Нетрудно доказать, что для данного $\Rightarrow BAC = \alpha < \frac{\pi}{2}$ существуетровно один (с точностью до подбия) треугольник $ABC$, в котором высота $CH$, bicсектриса $AD$ и медиана $BM$

32

Диана $BM$ пересекаются в одной точке. Действительно, отличив на одной стороне угла $\Rightarrow A = \alpha$ (произвольный) отрезок $AC$, опустив на другую сторону угла перпендикуляр $CH$ и обозначив его точку пересечения с биссектрисой угла $A$ через $O$, мы найдем точку $B$ пересечения второй стороны угла и прямой $OM$ (где $M$ — середина отрезка $AC$) и тем самым построим нужный треугольник $ABC$, очевидно, что при заданных $\Rightarrow A$ и $AC$ он определяется единственным образом. Заметим, что при этом угол $B$ острый (поскольку точка $H$ — основание высоты — лежит на стороне $AB$).

Докажем, что если $\Rightarrow A < \frac{\pi}{4}$, то $\Rightarrow ACB > \frac{\pi}{2}$. Отложим на прямой $AB$ отрезок $HB_1 = AH$. Тогда биссектриса $B_1F$ угла $B_1$ равноведренного треугольника $AB_1C$ пройдет через точку $O$. Поскольку $\frac{AF}{FC} = \frac{AB_1}{B_1C} > 1$, то точка $M$ лежит между $A$ и $F$, поэтому $B_1$ лежит между $A$ и $B$ и $\Rightarrow BCA > \Rightarrow B_1CA > \frac{\pi}{2}$.

В этой задаче можно получить и более точный результат: найти точную оценку сизу для угла $\alpha$ при условии, что $\Rightarrow ACB = \gamma < \frac{\pi}{2}$. Для этого выразим $\gamma$ как функцию от $\alpha$. Проведем $HE \parallel BM$ (Е — точка на $AC$). Тогда (рис. 7)

$$\frac{EM}{MC} = \frac{HO}{OC} = \frac{AH}{AC} = \cos \alpha, \quad \frac{HB}{AH} = \frac{EM}{AE} = \frac{\cos \alpha}{1 - \cos \alpha}, \quad \frac{HB}{HC} = \frac{\cos^2 \alpha}{\sin \alpha (1 - \cos \alpha)},$$

$$\gamma = \gamma(\alpha) = \frac{\pi}{2} - \alpha + \arctg \frac{\cos^2 \alpha}{\sin \alpha (1 - \cos \alpha)}.$$

Отсюда ясно, что функция $\gamma = \gamma(\alpha)$ на отрезке $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ монotonно убывает (чем больше $\alpha$, тем больше sin $\alpha$ и тем меньше cos $\alpha$, а поэтому меньше и всегда дробь, стоящая под знаком арктагенса). Найдем теперь $\alpha$, для которого $\gamma(\alpha) = \frac{\pi}{2}$. Это уравнение свойства к такому: $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}, \sin^2 \alpha (1 - \cos \alpha) = \cos^3 \alpha$, откуда cos $\alpha = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$. Итак, если $\gamma < \frac{\pi}{2}$, то $\alpha > \alpha_0 = \arccos \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \left( \alpha_0 > \frac{\pi}{4} \right)$, поскольку $\frac{\sqrt{5} - 1}{2} < \frac{\sqrt{2}}{2}$; как можно убедиться по таблицам, величины угла, соответствующего $\alpha_0$, в градусах составляют примерно $51^\circ 50'$).

M49

На карточках написаны числа от 11 111 до 99 999 включительно. Затем эти карточки положены в одну целочкуву в произвольном порядке. Доказать, что полученное 444 445-значное число не может быть степенью двойки.

33

Легко доказать, что это число делится на 11 111, получясь тем, что числа $10^5A$ и $A$ при любом целом $A$ дают одинаковые остатки при делении на 11 111, а сумма $11 111+11 112+\dots+99 998+99 999$ делится на 11 111. Но если число делится на 11 111, то оно, конечно, не может быть степенью двойки. (Это сразу следует, например, из теоремы о единственности разложения на простые множители.)

Нанболее удачные решения задач нам прислали Э. Туркевич из г. Черновцы (он нашел лточную оценку угла $\alpha$ в задаче М48, решил задачи М46 и М49) и Р. Ахметшин из г. Ош (М42, М44, М47).

Н. Б. Васильев

В этом номере мы публикуем решения задач Ф45, Ф59—Ф65

Вернемся еще раз к задаче Ф45. У нее есть довольно простое и красное решение.

Ф45

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

Так как в любой точке диэлектрика все направления в плоскости, перpendикулярной к радиусу, равноправны, то вектор $\vec{B}$ индукини магнитного поля не может иметь составляющей, лежащей в этой плоскости. Поэтому вектор $\vec{B}$ может быть направлен только вдоль радиуса. Но все точки изолятора равноправны. Это означает, что векторы $\vec{B}$ и силовые линии магнитного поля или сходятся, или выходит из центра сферы. Но ведь силовые линии магнитного поля должны быть замкнутыми. Значит, это невозможно, и $\vec{B} = 0$. Magнитное поле токов разряда конденсатора равно нулю.

Ф59

Какое из ребер проволочного куба следует удалить, чтобы сопротивление между точками $A$ и $B$ (рис. 8) изменилось как можно сильнее? Сопротивления всех ребер куба одинаковы.

Пронумерум все ребра куба и его вершины. Ток, идущий по ребру 1, разветвляется в вершине 1 на два потока, идущие за тем по ребрам 7 и 8.

Аналогично, ток, идущий по ребру 2, разветвляется на два равных потока в вершине 2 и так далее. Через ребро 4 идет ток, шедший по ребрам 7 и 12… Ребру 4 эквивалентны ребра 5 и 6. Это означает, что через ребра 1, 2, 3, 4, 5 и 6 идет ток вдвое больший, чем через ребра 7, 8, 9, 10, 11 и 12. Ясно, что сопротивление схемы изменится больше всего, если из схемы удалить проводник, по которой идет наиболее ток. Из проводного куба нужно удалить одно из ребер 1, 2, 3, 4, 5 или 6.

Убедитесь в этом, подчитать сопротивление соответствующих цепей.

34

Несколько советов. Сопротивление куба между вершинами A и B подсчитать нетрудно. Для этого нужно лишь заметить, что в силу симметрины вершины 1, 2 и 3 имеют одинаковый потенциал. Поэтому сопротивление цепи не изменится, если их соединить вместе. Конечно, и вершины 4, 5 и 6 имеют тоже одинаковый потенциал и их тоже можно соединить. После этого вы получите цепочка (рис. 9), сопротивление которой подсчитать совем легко. Если принять сопротивление одного ребра равным 1 ом, то сопротивление цепочки будет равно 5/6 ом. Нетрудно найти сопротивление цепи в том случае, когда удалено одно из ребер 1, 2, 3, 4, 5 или 6. Здесь тоже можно найти эквивалентные точки, соединив которые вы получите схему из последовательного и параллельного соединений. Но прежде чем находить сопротивление цепи после удаления одного из ребер 7, 8, 9, 10, 11 или 12, вынимайте прочитайте статью А. Р. Зильбермана «Преобразование электрических цепей» в «Кванте» № 3 за 1971 год. Вам понадобится метод, о котором расскажается в этой статье.

Ф60

В плоском зеркале видно изображение свечи. Что произойдет с ним, если между зеркалом и свечой поставить плоскопаралельную стеклянную пластинку?

Нарисовав ход нескольких лучея, нетрудно убедиться в том, что после того, как между свечой и зеркалом поставили плоскопаралельную стеклянную пластинку, изображение свечи приблизится к зеркалу (рис. 10). Синние линии показывают ход лучея без пластинки, красные — с пластинкой.

Ф61

Кубик, скользывающий без трения по гладкому горизонтальном полу, ударяется одной из своих боковых граней о вертикальном стеклу. Козефицент трения кубика о стеклу равен k. Под каким углом к стекле отскочит кубик, если до стокновения с ней он движался по направлению, составляющему со стеккой угол α?

На кубик при удале о стеклу действуют две силы: сила N нормальной реакции стекки и сила трения Fтр (рис. 11). Разложим скорости кубика до и после стокновения со стеккой на составляющие, параллельные этим силам. Скорости v1 = v sinα и u1 перpendикулярны к стекне, а скорости v2 = v cosα и u2 параллельны ей. В направлении, перpendикулярном к стекне, между кубиком и стеккой, как обычно, происходит абсолотно упругий удар, в результате которого составляющая скорости кубика, перpendикулярная к стекне, меняется на противоположную: u1 = −v1 = −v sinα. Это означает:

Рис. 10.
Рис. 11.

35

ет, что составляющая импульса кубика, перpendикулярная к стенке, меняется на $2mv\sin\alpha$ ($|u_1-v_1| = 2v\sin\alpha, m - \text{masca кубика})$.

Если время содержения кубика со стенкой обозначить $\tau$, а средняя величины силы реакции стенки равна $N_{cp}$, то, согласно второму закону Ньютона, изменение составляющей импульса кубика, перpendикулярной к стенке, равно импульсу силы $N_{cp}$, то есть

$$2mv\sin\alpha = N_{cp}\tau.$$

Если бы на кубик не действовал сила треня, то составляющая импульса кубика, параллельная стенке, не изменилась бы и кубик отскочил бы от стенки под тем же углом $\alpha$, под которым двигался к ней до удара. Однако благодаря действию сила треня в нашем случае меняется и составляющая $v_2$ скорости кубика. Предположим вначале, что средняя сила треня $F_{\tau p,cp} = N_{cp}k$, действующая на кубик, такова, что за время взанмодействия кубика со стенкой составляющая скорости кубика, параллельная стенке, не успевает уменьшиться до нуля. В этом случае, согласно второму закону Ньютона,

$$mu_2 - mv_2 = -F_{\tau p,cp}\tau,$$ или $mu_2 = mv\cos\alpha - N_{cp}k\tau$.

Но $N_{cp}\tau = 2mv\sin\alpha$, поэтому

$$mu_2 = mv\cos\alpha - 2kmv\sin\alpha,$$

или

$$u_2 = v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha).$$

Теперь найдем угол, под которым отскочит кубик:

$$tg\beta = \frac{|u_1|}{u_2} = \frac{v\sin\alpha}{v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha)} = \frac{tg\alpha}{1 - 2ktg\alpha}.$$

Такой ответ получили В. Гончаренко из Майкола Красноарского края, М. Гильбург из Борислава Львовской области, Н. Смирнов из Горького, В. Закасс из Усолья-Сибирского Иркутской области, И. Грицик из Давид-Городка Брестской области, А. Сенявин из Москвы, А. Анищенко из Сарапулы УАССР и Кудек из Ржева.

Однако это не полное решение задачи. Это заметили читатели А. Власов из Валдяя, Б. Шпарберг из Могилева на Днепре, А. Жуков из Кировска Донецкой области и И. Берман из Черновцов.

Очевидно, наше решение справедливо, если $u_2 > 0$, то есть $2ktg\alpha < 1$.

При $tg\alpha \rightarrow \frac{1}{2k}$ $tg\beta \rightarrow \infty$ и $\beta \rightarrow \frac{\pi}{2}$. Что это означает?

Если $tg\alpha = \frac{1}{2k}$, то $u_2 = v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha) = v\left(\cos\alpha - \frac{1}{tg\alpha}\sin\alpha\right) = 0$.

За время взанмодействия кубика со стенкой составляющая скорости кубика, параллельная стенке, обращается в нуль. А как же будет проискодить стокновение со стенкой, если $tg\alpha > \frac{1}{2k}$?

В этом случае кубик будет просkalывать относительно стенки не все время удара, а до тех пор, пока составляющая его скорости, параллельная стенке, не обращается в нуль. Вместе с ней обратится в нуль и сила треня, действующая на кубик, и отскочит кубик под углом $90^\circ$ к стенке.

Итак,

$$\beta = \begin{cases} \arctg\left(\frac{tg\alpha}{1 - 2ktg\alpha}\right) & \text{при } tg\alpha < \frac{1}{2k}, \\ \frac{\pi}{2} & \text{при } tg\alpha \geq \frac{1}{2k}. \end{cases}$$

36

Тонкая нерастижная вервка состоит из двух частей. Масса единицы длины одной из частей равна $\rho_1$, а другой — $\rho_2$. Вервка охватывает очень легкий обруч радиуса $R$, масса которого пренебрежимо мала по сравнению с массой охватывающей его вервки, концы прикреплены к полу (рис. 12). Поучатку вервки с массой единицы длины $\rho_1$ обруч катится со скоростью $v_1$. С какой скоростью будет катиться обруч по второму участку вервки?

При переходе обруча с одного участка вервки на другой меняется потенциальная энергия вервки. Действительно, когда обруч движется по участку вервки с линейной плотностью $\rho_1$, потенциальная энергия вервочного колба равна $m_1 g R = \rho_1 2 \pi R g R = 2 \pi \rho_1 R^2 g$ (центр масс колба находится в его центре). Когда же обруч движется по участку вервки с линейной плотностью $\rho_2$, она равна $m_2 g R = 2 \pi \rho_2 R^2 g$. Соответствие меняется и кинетическая энергия вервочного колба. Так как нет потерь, то мы можем воспользоваться законом сохранения энергии.

Однако для этого нам нужно знать кинетическая энергия колба массы $m$, движущегося без проскалывания по плоскости со скоростью $v$. Можно воспользоваться результатом, полученным в статье А. К. Кикона Вращательное движение тел》（Кваант № 1, 1971):

$$K = \frac{mv^2}{2} + \frac{I \omega^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mR^2 \omega^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mv^2.$$

Но мы получим эту формулу с помощью нехитрого приема.

Движущееся без проскалывания колба в любой момент времени поворачивается вокруг мгновенного центра врашения — точки касания с плоскостью (рис. 13). Угловая скорость врашения колба $\omega = \frac{v}{R}$. Это означает, что скорость точки $A$ колба перpendикулярна к отрезку $OA$ и равна $OA \cdot \omega$. Из $\triangle OAD$ $OA = 2R \cos \alpha$. Поэтому $v_A = 2R \cos \alpha = 2v \cos \alpha$. Аналогично, скорость точки $B$, диаметрально противоположной точке $A$, равна $v_B = 2v \cos (90^\circ - \alpha) = 2v \sin \alpha$. Кинетическая энергия маленьких участков с массами $\Delta m$ вблизи точек $A$ и $B$

$$K_{A+B} = \frac{\Delta mv_A^2}{2} + \frac{\Delta mv_B^2}{2} = \frac{1}{2} \Delta m (4v^2 \cos^2 \alpha + 4v^2 \sin^2 \alpha) = 2\Delta mv^2.$$

$K_{A+B}$ не зависит от $\alpha$. Это означает, что в точности такой же энергий обладает и любая другая пара диаметрально противоположных точек колба. Поэтому кинетическая энергия всего колба $mv^2$. Запишем теперь закон сохранения энергии:

$$m_1 v_1^2 + m_1 g R = m_2 v_2^2 + m_2 g R;$$

отсюда

$$v_2 = \sqrt{\frac{m_1}{m_2} v_1^2 + g R \left(\frac{m_1}{m_2} - 1\right)} = \sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2} v_1^2 + g R \left(\frac{\rho_1}{\rho_2} - 1\right)}.$$

37

Постотрим теперь, что мы получили. Если $\rho_1 > \rho_2$, то $\frac{\rho_1}{\rho_2} - 1 > 0$ и под корнем стоит положительное число при любой величины $v_1$, даже при $v_1 = 0$. Ответ при $v_1 = 0$ имеет такой смысл: если обруч стоит так, как показано на рисунке 14, и по случайным причинами начинает двигатьсяправо с бесконечно малой скоростью, то, когда с него смотается красная вервка и намотается сняя, он будет иметь скорость $v_2 = \sqrt{gR\left(\frac{\rho_1}{\rho_2} - 1\right)}$.

Если $\frac{\rho_1}{\rho_2} < 1$, то при $v_1^2 < gR\left(\frac{\rho_1}{\rho_2} - 1\right)\frac{\rho_2}{\rho_1}$ подкоренное выражение становится отрицательным. Это означает, что при такой скорости обруч не сможет перейти на вервку с линейной плотностью $\rho_2$. Он намотает часть более тяжелой вервки (рис. 15), оставиться и начинает двигаться в обратном направлении.

Правильное решение прислали В. Якир из Кишинева, А. Власов из Валдя Новгородской области, И. Берман из г. Черновцы УССР, Б. Шпарбере из Могилева БССР, А. Анищенко из Сарапула УАССР, Е. Губарев из Москвы.

Ф63

Человек, чтобы не поскольку на облепеней горке, сбегает с нее. Почему это целесообразно?

На человека на горке действуют две силы: сила тяжести $\vec{F}_T = mg$ и сила $\vec{F}_p$, равная сумме силы тряния $\vec{F}_{tp}$ и силы $\vec{N}$ — нормальной реакции горки (рис. 16, а).

Так как момент силы тяжесте относительно центра масс человека равен нулю, то человек будет сохранять равновесие и не «переворачивать» только в том случае, если сила $\vec{F}_p$ проходит через его центр масс.

Если треннее подошв обуви о горку велико и человек стоит на горке, то сумма сил, действующих на человека, равна нулю. То есть сила $\vec{F}_p$ направлена вертикально и равна силе тяжесте.

Иное дело, если треннее мало. Разберем вначале предельный случай: $\vec{F}_{tp} = 0$. Тогда человек не будет падать, если он перpendикулярен к горке (рис. 16, б). Только в этом случае сила $\vec{N}$ реакции горки проходит через центр масс человека. Но равновесияшая $\vec{R}$ сил $\vec{N}$ и $mg$ при этом будет равна нулю. Она направлена параллельно наклонной плоскости и равна $mg\sin\alpha$. Поэтому человек должен спускаться с ускорением $a = g\sin\alpha$.

Если треннее мало, но не равно нулю, то ускорение человека должно быть меньше. Записав II закон Ньютона, мы найдем что оно равно $a = g\sin\alpha - \frac{F_{tp}}{m}$.

38

Рис. 16.

Итак, человек может сохранять равновесие, если он безжит сускорением $a = g \sin \alpha - \frac{F_{\text{тр}}}{m}$, составляя с горкой неокоторый угол, определяемый величиной силы треня. По существу, при этом человек так же, как, впрочем, и при обычной ходьбе, падает на вынесенную вперед ногу (рис. 16, θ). Равновесие сохраняется как бы «в среднем» за время, много больше времени одного шага.

Ф64

С деревянным шаром и высоким сосудом с водой проводятся четыре опыта: в первом опыте они взвешиваются, когда шарик плавает в сосуде (рис. 17, а), во втором опыте при взвешивания шарик привязан к дну сосуда (рис. 17, б), в третьем опыте он удерживается в сосуде с помощью тонкого стержня (рис. 17, θ) и, наконец, в четвертом опыте шарик всплывает во время взвешивания (рис. 17, е). В каком из опытов масса гири, уравновешивающей сосуд с шариком, больше?

Рис. 17.

39

В первом и во втором опытах ответ оченьiden: масса гири должны быть равна массе сосуда с водой и шариком. Во втором опыте уровень воды больше, чем в первом, и, значит, больше сила давления воды на дно сосуда, но заго на дно действует со стороны шарика через нить сила, направления вверх.

В третьем опыте к силе тяжестии, действующей на сосуд, воду и шарик, прибавляется еще и сила, действующая на систему со стороны стержня. Значит, масса гири должна быть больше, чем в первом и втором опытах.

Если погруженный в воду шарик начинает всплывать, то его скорость увеличивается до тех пор, пока сила сопротивления (она зависит от скорости) не станет равна разности архимедовой выталкивающей силы и силы тяжестии. После этого шарик будет дивгаться равномерно. Расстоярим началение последний случай. Так как шарик движется равномерно, то действующие на него силы уравновешены, то есть сила $F$, действующая на шарик со стороны воды, направлена вверх и равна по величины сил тяжестии $mg$. Согласно III закону Ньютона это означает, что на воду со стороны шарика действует сила — $F$, равная $mg$. Таким образом, на чашку весов будет действовать сила, по величины равная сумме сил тяжестии, действующих на шарик, сосуд и воду. То есть масса гири должна быть такой же, как в первом и втором опытах.

Расстоярим теперь случай, когда шарик всплываетускореенно. При этом в тот момент, когда шарик только начинает всплывать и на него не действует сила сопротивления (пропорциональная при малых скорости шарика), сосуд с шариком весит столько же, сколько и в третьем опыте. Действительно, согласно III закону Ньютона на воду со стороны шарика в этом случae, как в третьем, так и в четвертом опытах, действует только сила $F_0$, равная выталкивающей архимедовой силе, действующей на шарик со стороны воды. Она равна $\rho gV$, где $V$ — объем шарика и $\rho$ — плотность воды. Это означает, что в обих случаях сила давления на чашку весов равна сумме сил тяжестии, действующих на воду, сосуд, и сила $F_0$.

Когда жеускорение шарика в четвертом опыте уменшается благодаря сопротивления воды, уменшается и сила, действующая на воду со стороны шарика: в этом случae сила равна по величины разности архимедовой силе и сила сопротивления.

Мы получили много писем с решением этой задачи, но до конца разобрались в ней только два читателя: Н. Федин из Омска и Н. Смирнов из Горького.

Ф65

Пластины плоского конденсатора заряжены до потенциальов $+\varphi$ и —$\varphi$ относительно земли. Емкость конденсатора, образованного пластинами, равна $C$, а емкость конденсаторов, которые образуют каждой из пластин с землей, $C_1$. Во сколько раз изменится напряжение поля между пластинами, если одну из них заземлить?

Нарисуем эквивалентную схему цепи (рис. 18). Так как разность потенциальов между пластинами конденсатора емкости $C$ равна $2\varphi$, то заряд каждой из пластин равен

$$q = C \cdot 2\varphi = 2C\varphi.$$

На пластинах же конденсаторов емкостью $C_1$ в этом случae находится заряды $q_1 = C_1\varphi$. Это означает, что заряд пластин $II$ равен

$$Q = q + q_1 = (2C + C_1)\varphi.$$