Решения задач М50—М60, М45 (окончание); Ф66—Ф71

35

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решение задач М50–М60 и окончание решения задачи М45.

М50

Вершины правильного $n$-угольника показаны несколькими красками (каждая одной краской) так, что точки одного и того же цвета служат вершинами правильного многоугольника. Доказать, что среди этих многоугольников найти равны.

Предположим, что вершины неокотого правильного $n$-угольника удаляются раскрасить так, что все одинаково показанные вершины составляют различные правильные многоугольники: $m_1$-угольник, $m_2$-угольник, $m_3$-угольник, …, где $m_1 < m_2 < m_3 < ...$. Наименьшее из этих чисел $m_1$ будет играть в наших рассужdenях особую роль, и мы обозначим его просто через $m$.

Проведем из центра $O$ $n$-угольника векторы во все его вершины; обозначим их по порядку: $a_1, a_2, a_3, ..., a_n$ (рис. 1a). Тогда

$$\vec{a}_1 \vec{a}_2 = \vec{a}_2 \vec{a}_3 = \ldots = \vec{a}_{n-1} \vec{a}_n = \vec{a}_n \vec{a}_1 = \frac{2\pi}{n}.$$

Здесь и ниже через $\vec{ab}$ мы обозначаем величины (наименьшего неотрицательного) угла, на котором нужно повернуть против часовой стрелки вектор $a$, чтобы он совпал с вектором $b$; всегда $0 \leqslant \vec{ab} < 2\pi$.

Будем говорить, что векторы $c_1, c_2, c_3, ..., c_q$ на плоскости, проведенные из точки $O$, образуют правильную систему, если они имеют равные длины и образуют друг с другом равные углы:

$$\vec{c}_1 \vec{c}_2 = \vec{c}_2 \vec{c}_3 = \ldots = \vec{c}_{q-1} \vec{c}_q = \vec{c}_q \vec{c}_1 = \alpha > 0.$$

Нам понадобится следующий почти оченьный факт (его доказательство приведено в конце решения).

Лемма. Сумма векторов, образующих правильную систему, равна нулю.

36

Рис. 1. Представьте себе, что цветные точки на рисунке $a$ — бусины, нанизанные на проволоку, согласно в спираль. Мы смотрим на эту спираль сверху, и поэтому две крание красные бусины $A'$ и $A''$ проектируют для нас в одну точку $A$. Если мы теперь закрепим одну из бусин — $A'$, а $A''$ противем по проволоке еще 2 оборота, то приdem к рисунку $b$, на котором углы между соседними векторами увеличились в 3 раза.

Прежде чем пользоваться леммой, проделаем с нашими векторами такое преобразование. Будем считать, что вектор $a_1$ идет в одну из вершин $m$-угольника. Обозначим его просто через $a$ и будем все углы отсчитывать от него (в положительном направлении, то есть против часов стрелки). Обозначим через $b_i$ вектор, который получается из $a$ поворотом на угол $m \rightarrow aa_i$ (для каждой $i=1,2,\dots,n$). При обработки $a_i \rightarrow b_i$, которое мы только что построили*) (на рисунке 1, $\delta$ изображено такое отображение для $m=3$), углы между векторами увеличиваются в $m$ раз; более точно: если $m \rightarrow a_i a_j < 2\pi$, то $\rightarrow b_i b_j = m \rightarrow a_i a_j$. Поэтому правильную систему векторов с углом $\alpha < \frac{2\pi}{m}$ это отображение переводит снова в правильную систему векторов. В частности, сумма всех векторов $b_1, b_2, \dots, b_n$ равна нулю.

Подсчитаем эту сумму другим способом: найдем сначала сумму векторов, соответствующих вершинами каждой цвета, а потом сложим все эти суммы. Расмотрим сначала все векторы $a_i$, ищите в вершины $m_h$-угольника, где $m_h > m$. Это правильная система векторов с углом $\frac{2\pi}{m_h} < \frac{2\pi}{m}$. После отображения из нее получится снова правильная система, и сумма полученных векторов будет равна нулю.

Рассмотрим теперь векторы, ищите в вершины $m$-угольника. Угол между соседними векторами равен в этом случае $\frac{2\pi}{m}$, и после отображения все эти $m$ векторов совпадают с вектором $a$, так что их сумма будет равна $m$ (на рисунке 1 это случай с красными и с черными векторами).

Итак, получили противоречие: с одной стороны, сумма всех $b_i$ равна нулю, с другой — она равна $m$. Поэтому наше предположение неверно.

*) Для тех, кто знаком с комплексьми чисlami, заметим, что если точка $O$ изображает на комплекской плоскости нуль, а конец вектора $a$ — единицу, то это отображение является возведением в степень $m: z \rightarrow z^m$.

37

Доказательство леммы. Физик сказал бы, что это утверждение очевидно из сообщений симметрии. Один из способов превращать эти сообщения в строгое доказательство состоит в следующем. Предположим, что $c_1 + c_2 + \dots + c_n = s$. Повернем все векторы $c_1, c_2, \dots, c_n$ вокруг точки $O$ на угол $\alpha$. Тогда, разумеется, и их сумма повернется на угол $\alpha$. Но по условию вся система из $n$ векторов после поворота на угол $\alpha$ совпадет с собой ($c_1$ попадет на место $c_2, c_2$ — на место $c_3, \dots, c_n$ — на место $c_1$). Поэтому вектор $s$ после поворота на угол $\alpha$ не должен измениться. Это может быть только в том случае, если $s = 0$.

Можно доказать, что правильная система из $q$ векторов в общем случае состоит из $q = dr$ векторов, проведенных из точки $O$ к вершинам правильного $r$-угольника, так что в каждой вершине проведено по $d$ равных векторов (если включить сюда и «двугольники»—пары противоположных векторов, соответствуют $m = 2$); при этом $\alpha$ может быть равно любому из чисел $\frac{2\pi l}{r}$, где $l$ и $r$ взаимно просты, $0 < l < r$. Мы оставили это замечание под конец, поскольку формульно в доказательстве мы обошлись без детального выяснения того, как устроена правильная система векторов $b_i$. Но, конечно, разбираясь в доказательстве «по существу», полезно это выяснить.

Идею изложенного здесь решения задачи предложил А. Лившиц (Ленинград). Внимательно разобрались в этом решении, можно доказать, что любое разбиение вершин правильного $n$-угольника на несколько множества, соответствующих (не обязательно различным) правильным многоугольником, можно получить таким образом: сначала разбить $n$-угольник на несколько $m$-угольников (для этого нужно, чтобы $n$ делилось на $m$), затем один из полученных правильных многоугольников снова разбить на несколько правильных многоугольников (см. рис. 1) и так далее несколько раз. Читательям, которые захотят разобраться в этом подробнее, мы советуем также обумать связь нашей «одномерной» задачи с «двумерной» задачей М3, формулировка которого обсуждалась в «Кванте» № 7 за 1970 год (стр. 54—55) и прежде всего установить эквивалентность нашей задачи М50 следующей: доказать, что множество всех целых чисел разбить на конечное число арифметических произвесей (бесконечных в обе стороны), разности которых попарно различают.

M51

Доказать, что если произведение трех положительных чисел равно единице, а сумма этих чисел строго больше суммы их обратных величины, торовно одно из этих чисел больше единицы.

Пусть $a, b, c$ — данные числа. Тогда $abc = 1$ и $(a - 1)(b - 1)(c - 1) = abc - ab - bc - ac + a + b + c - 1 = a + b + c - \frac{1}{a} - \frac{1}{b} - \frac{1}{c} > 0$, следовательно, из трех чисел $(a - 1), (b - 1), (c - 1)$ два отрицательных, а одно положительное (все три не могут быть положительных, поскольку $abc = 1$).

M52

Пять отрезков таковы, что из любых трех можно составить треугольник. Доказать, что хотя бы один из этих треугольников остроугольный.

Из отрезков $x \leq y \leq z$ можно составить треугольник, если $z < x + y$, причем он будет остроугольным, если $z^2 < x^2 + y^2$. Предположим, что существует пять отрезков $a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq a_4 \leq a_5$ таких, что из любых трех составляется не остроугольный треугольник. Тогда

$$a_5^2 \geq a_4^2 + a_3^2, \quad a_4^2 \geq a_3^2 + a_2^2, \quad a_3^2 \geq a_2^2 + a_1^2,$$

и поэтому

$$a_5^2 \geq 2a_3^2 + a_2^2 \geq 3a_2^2 + 2a_1^2 \geq 2a_1a_2 + a_1^2 = (a_2 + a_1)^2,$$

то есть $a_5 \geq a_2 + a_1$ и, следовательно, из отрезков $a_1, a_2, a_5$ нельзя составить треугольник.

38

M53

В треугольнике ABC через середину M стороны BC и центр O вписанной в этот треугольник окружности проведена прямая MO, которая пересекает высоту AH в точке E. Доказать, что отрезок AE равен радиусу вписанной окружности.

Обозначим длины сторон треугольника, противоложих вершинами A, B, C через a, b, c соответственно. Можно считать, что b>c (b≠c, так как иначе прямые MO и AH не пересекались бы, а совпадали). Опустим перпендикуляр OP=r на BC (рис. 2). Тогда

$$MC = \frac{a}{2}, \quad PC = \frac{a+b-c}{2}, \quad HC = \frac{a^2+b^2-c^2}{2a}.$$

$$\frac{EH}{OP} = \frac{HM}{PM} = \frac{HC-MC}{PC-MC} = \frac{2HC-a}{b-c} = \frac{a^2+b^2-c^2-a^2}{a(b-c)} = \frac{b+c}{a},$$

$$\frac{AE}{r} = \frac{AH}{r} - \frac{EH}{r} = \frac{a+b+c}{a} - \frac{b+c}{a} = 1.$$

Другое, геометрическое решение этой задачи основано на такой лемме: если продолжить радиус PO до диаметра PQ вписанной окружности и проведите прямую AQ до пересечения в точке R со стороны BC, то отрезки BP и CR будут равны. Предоставляем доказать и использовать эту лемму читателю.

M54

Два равных между собой прямой угольника расположены так, что их контуры пересекаются в восьми точках. Доказать, что площадь общей части прямой угольников больше половины площади каждой из них.

Пусть длины сторон прямой угольников a и b. Заметим, что на сторонах каждой из прямой угольников лежитровно две точки пересечения с двумя ссседними сторонами другого. (Легко доказать, что если всего точек пересечения 8, то на каждой стороне должно лежать не меньше двух точек и что пересечение сторон одного прямой угольника с двумя параллельными сторонами другого невозможно). Пусть A и C — точки, в которых пересекаются стороны разных прямой угольников, равные a; B и D — точки, в которых пересекаются стороны, равные b. Тогда, очевидно, отрезок AC служит bicсетрисной угла между сторонами длины a, проходящими через точку A (для доказательства достаточно опустить на эти стороны перепендикуляры из точки C и рассмотреть пару образованшихся при этом равных треугольников). Точно так же BD — bicсетриса угла между сторонами длины b, проходящими через точку B. Следовательно, AC⊥BD, и поэтому площадь

40

и проверим, что для каждого отдельного $l$ суммы членов вида $X^{k-l}y^l$ в правой и левой части равенства равны $^*$) (козффициент $C_k^l$ мы не пишем):

| | Числа с нечетной суммой цифр | Числа с четной суммой цифр |
| :— | :— | :— |
| Сумма членов вида $X^k$ | $5 \cdot 10^{n-1} \Sigma A^k + 5 \cdot 10^{n-1} \Sigma B^k$ | $5 \cdot 10^{n-1} \Sigma A^k + 5 \cdot 10^{n-1} \Sigma B^k$ |
| Сумма членов вида $X^{k-l}y^l$ $1 \leq l \leq k-1$ | $\Sigma A^{k-l}b^l + \Sigma B^{k-l}a^l = \Sigma b^l \Sigma A^{k-l} + \Sigma a^l \Sigma B^{k-l} = s_l (\Sigma A^{k-l} + \Sigma B^{k-l})$ | $\Sigma A^{k-l}a^l + \Sigma B^{k-l}b^l = \Sigma a^l \Sigma A^{k-l} + \Sigma b^l \Sigma B^{k-l} = s_l (\Sigma A^{k-l} + \Sigma B^{k-l})$ |
| Сумма членов вида $y^k$ | $5 \Sigma b^k + 5 \Sigma a^k$ | $5 \Sigma a^k + 5 \Sigma b^k$ |

Заметим, что нашу первоначальную выкладку для $n=2$ с помощью аналогичных обозначений можно записать так:
$$\Sigma (A+b) + \Sigma (b+a) = 5\Sigma A + 5\Sigma a + 5\Sigma b + 5\Sigma a, \quad \Sigma (A+a) + \Sigma (B+b) = 5\Sigma A + 5\Sigma a + 5\Sigma B + 5\Sigma b$$
при $k=1$ остатятся только первый и последний член, соответствующие $l=0$ и $l=k$).

Нетрудно видеть, что утверждение задачи справедливо не только в десятичной, но и в любой другой системе численения с основанием $d$, где $d$ — четное число (подумайте, где в нашем решении используется четность основания $d=10$). Если взять $d=2$, получается такой любопытный ряд равенств:
$$\begin{array}{l} 1+2=3 \\ 1+2+4+7=3+5+6 \\ 1^2+2^2+4^2+7^2=3^2+5^2+6^2 \\ 1+2+4+7+8+11+13+14=3+5+6+9+10+12+15 \\ 1^2+2^2+4^2+7^2+8^2+11^2+13^2+14^2=3^2+5^2+6^2+9^2+10^2+12^2+15^2 \\ 1^3+2^3+4^3+7^3+8^3+11^3+13^3+14^3=3^3+5^3+6^3+9^3+10^3+12^3+15^3 \end{array}$$

M56

На окружности выписаны в произвольном порядке четыре единиц и пять нуля. Затем в промежутке между двумя одинаковыми числами пишется нуль, между разными цифрами — единица, а первоначальные цифры стираются. Доказать, что сколько бы раз мы повторяли процесс, мы никогда не получим набора из $N$ нуля. Дейстивительно, предположим, что на каком-то $t$-м шаг мы впервые получили набор из одних нуля. Тогда на $(t-1)$-м шаг все $N$ цифр были одинаковы, и не все равны 0, поэтому они все были равны 1, а на $(t-2)$-м шаг каждый две соседние цифры должны быть различными, но поскольку $N$ нечетно, то такого расположения 0 и 1 на окружности не существует.

Одновременно мы ответили (пока только для нечетного $N$) на вопрос, который остался неразобранным в решении М19 («Квант» № 11, 1970 г., стр. 37—38); в этой задаче нуля называются «покоящимся клетками», единицы — «возбужdenными клетками», а правильна

*) Нам не нужно знать формулы для вычисления $C_k^l$ (так называемые «биномиальные коэффициенты»). Важно лишь, что это числа, не зависит от переменных $X$ и $y$.

**) Те, кто решал эту задачу раньше, могли заметить, что мы поменяли местами в формулировке слова «единицы» и «нуля». Это, конечно, не меняет существование задачи М19 и М56, о котором будет идти ниже.

41

перехода в точности те же самые. В этих терминах наш результат формулируется так: если $N$ нечетно, и в начальной момент не все клетки возбуждены (и не все покояты), то возбуждение инкогда не затухнет.

Что же будет при других $N$? Чтобы выяснить это, воспользуемся такой lemma (ее можно доказать индукцией по $k$; она справедлива и для задачи на прямой, и для окружности); если при $t=0$ на $2^{k-1}-M$ месте в ту и другую сторону от данной цифры $a$ стоит одинаковые цифры, то через $t=2^k$ шагов на месте $a$ будет стоять нуль, а если разны e, то единца. Отсюда сразу следует, что если $N=2^m$, где $m$ — натуральное, то из любого набора за $N$ шагов получится набор из одних нуля.

Пусть теперь $N=2^m L$, где $L$ — нечетно. Проследим за изменениями, которые происходит за каждые $T=2^m$ шагов. Для каждой $L$ цифр, расположенных через $2^m$ друг от друга («в вершинах правильного $L$-угольника»), эти изменения будут в точности таким же, как будто только эти $L$ цифр были расположены по окружности, с ними повторялся тот же процесс, и мы следили за каждым шагом. Отсюда нетрудно получить ответ в самом общем случае: состояние «все нули» достигается в том и только в том случае, если начальная последовательность из 0 и 1 была периодической с периодом $2^m$ (см. рис. 4).

M57

a) Найти число $k$, которое делится на 2 и на 9 и имеет всего 14 делитель (включая 1 и $k$).

b) Доказать, что если заменить 14 на 15, то задача будет иметь несколько решений, а при замени 14 на 17 решений вообше не будет.

Пусть $M=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r}$ — разложение числа $M$ на простые множители; для определения будем считать, что $\alpha_1 \geqslant \alpha_2 \geqslant \dots \alpha_r \geqslant 1$. Делители числа $M$ имеют вид $p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\dots p_r^{\beta_r}$, где каждое $\beta_i$ независимо от остальных может принадлежать значения 0, 1, …, $\alpha_i$, и поэтому общее количество делителей $M$ (включая 1 и $M$) равно $(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\dots(\alpha_r+1)$ (см. решение задачи 1 к статье «Комбинаторика» в «Кванте» № 1, 1971 г., стр. 19).

a) 14 можно разложить на множители только один способом: $14=7 \cdot 2$, поэтому, если $M$ имеет 14 делителей, то $r=2$, $\alpha_1=6$, $\alpha_2=1$. Мы знаем еще, что 3 входит в разложение $M$ с показателем, большим 1, а 2 — с показателем, большим 0. Отсюда следует, что $M=3^6 \cdot 2=1458$.

b) Для 15 делителей возможны ответы $M=3^2 \cdot 2^4$ и $M=3^4 \cdot 2^2$, а 17 делителей могут иметь только числа вида $M=p^{16}$, где $p$ — простое.

M58

На плоскости дны три примыле, пересекающие в одной точке. На одной из них отмечена точка. Известно, что примыле являются биссертрисами некоторого треугольника, а отмеченая точка — одна из его вершин. Построить этот треугольник.

Первое решение. Предположим, что $O$ — точка пересечения биссертрис $AK$, $BL$ и $CM$ треугольника $ABC$ (рис. 5); тогда

$$\angle MOB = \angle OCB + \angle OBC = \frac{1}{2} (\angle ACB + \angle ABC) = \frac{\pi}{2} - \angle CAK,$$

то есть $\angle CAK = \frac{\pi}{2} - \alpha$. Поэтому, если заданы примыле $AK$, $BL$, $CM$ и точка $A$, то, построив по одному и другую сторону от луча $AO$ углы, равные $\varphi = \frac{\pi}{2} - \alpha$. Мы найдем искомые вершины $B$ и $C$ (при условии, что $\varphi > 0$.

42

Рис. 5. Рис. 6.

ф<β и φ<γ). Нужно еще доказать, что у построенного треугольника ABC прямые BL и CM идут по биссектирам. Углы ABL и ACM легко подсчитать— они равны соответствию $\frac{\pi}{2} - \beta$ и $\frac{\pi}{2} - \gamma$. Трудность заключается лишь в доказательстве того, что $\Rightarrow LBC = \frac{\pi}{2} - \beta$ и $\Rightarrow MCA = \frac{\pi}{2} - \gamma$ (хотя ясно, что их сумма равна $\alpha$); ее можно предполеть, например, так: если $\Rightarrow LBC < \Rightarrow ABL$, то биссектираса угла ABC пересекает отрезок AO, поэтому биссектираса угла ACB тоже его пересекает, и значит, $\Rightarrow MCB < \Rightarrow ACM$, поэтому сумма $\Rightarrow LBC + \Rightarrow MBC$ меньше $(\frac{\pi}{2} - \beta) + (\frac{\pi}{2} - \gamma) = \alpha$. Точно так же можно показать, что невозможен случай $\Rightarrow LBC > \Rightarrow ABL$.

Второе решение. Построим точки $A'$ и $A''$, симметричные данной точке $A$ относительно биссектиrics, не проходящих через $A$. Ясно, что обе точки $A'$ и $A''$ должны лежать на прямой BC — на стороне искомого треугольника ABC (или на ее продолжении). Проведяя прямую через $A'$ и $A''$, мы тем самым найдем нужные точки B и C (рис. 6).

Заметим, что хотя второе решение более эффективно, но при таком подходе труднее выписать условия, при которых задача имеет решение *). Эти условия таковы: $\alpha < \frac{\pi}{2}$, $\beta < \frac{\pi}{2}$, $\gamma < \frac{\pi}{2}$ (поскольку $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, их можно записать и так: $\alpha + \beta > \frac{\pi}{2}$, $\beta + \gamma > \frac{\pi}{2}$, $\gamma + \alpha > \frac{\pi}{2}$). Если они выполнены, то решение единственно. Подумайте, как можно получить эти условия при каждой из изложенных выше способов решения.

M59

Имеется несколько гирь с весами 1 e, 2 e, 3 e,…, n e. Их надо разложить на три равные по весу кучки. При каких $n$ это удался сделать?

Покажем, что это можно сделать в том и только в том случае, если $n > 3$ и одно из чисел $n$ или $n+1$ делится на 3 (то есть при $n$, равном 5, 6, 8, 9, 11, 12, 14, 15, …).

*) Можно оказаться, что две из данных прямых является биссектирами внешних, а не внутренних углов построенного треугольника, это нас не устранает.

43

Необходимость этих условий, поскольку общий вес гриб $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ должен делиться на 3.

Для доказательства достаточно сначала, что разбение возможно при $n$, равном 5, 6, 8 и 9 (это показано на рис. 7). Все остальные интерсующие нас значения $n$ получаются из этих четырех прибавлением некоторого количества шестерок, а любую группу из шести последовательных целых чисел $a+1, \dots, a+6$ легко разбит на три пары чисел, дающих равные суммы: $a+1$ и $a+6$, $a+2$ и $a+5$, $a+3$ и $a+4$.

Рис. 7.

M60

Рассмотрим все натуральные числа, в десятичной записи которых участвует лишь цифры 1 и 0. Разбейте эти числа на две группы так, чтобы суммы любых двух различных чисел из одной и той же группы содержала в своей десятичной записи не менее двух единиц.

Отнесем к одной группе все числа, в записи которых нечетное число единиц, а к другой — все числа, в записи которых четное число единиц. Тогда ясно, что в одну группу не могут попасть два числа, отличноцессия только в одном разряде, поэтому такое разбение удовлетворяет требованиям задачи (единицы возникают в тех разрядах суммы, где у одного числа стоит 1, а у другого — нет).

Многие читатели приведли рассуждение, доказывающее, что описанное разбение:

первая группа: 1, 10, 100, 111, 1000, 1011, 1101, 1110, …
вторая группа: 11, 101, 110, 1001, 1010, 1100, 1111, 10001, …

единиственное, удовлетворяющее условием задачи.

Нанболее полные решения задач, которые обсуждались выше, нам прислали В. Диденко из cela Весельй Кут Одессской обл., Э. Туркевич из г. Черновцы, А. Рубин из cela Укладовка Винницкой обл., А. Слинкин из Москвы, Я. Томсинский из Ленинграда, М. Перельмутер из Киева, О. Худавердян из Еревана.

M45

(Продолжение. Начало решения см. в «Кванте» № 7, стр. 30.)
Нам осталось доказать такой факт.

Теорема. Из 2$p$-1 любых целых чисел можно выбрать $p$, сумма которых делится на $p$ (произвольное простое число).

Приведем здесь доказательство, предположенное С. Ворониным (Москва).

Ясно, что в доказательстве мы можем рассматривать все числа «по модулю $p$», то есть интересовать только тем, какой из остатков 0, 1, 2, …, $p-1$ дает то или иное число при делении на $p$. Удобно представлять себе (особенно когда речь идет о «сложении по модулю $p$»), что эти $p$ остатков рассматрины по кругу (рис. 8).

Лемма. Пусть данные $r$ целых чисел $b_1, b_2, \dots, b_r$; $0 < b_i < p$ для всех $i=1, 2, \dots, r$ и $0 < r < p$ (простое). Тогда из этих чисел можно составить по крайней мере $r+1$ сумм, дающих различные остатки при делении на $p$ (при этом разрешается быть сумму «пустого множества слагаемых», которая считается равной нулю, суммы из одного слагаемого, из двух,…, из всех $r$ слагаемых).

Доказательство. При $r=1$ это очевидно: суммы дают остатки 0 и $b_1$. Предположим, что это верно для $r=k<p-1$ и неверно для $r=k+1$, и приdem к противоречению. Пусть суммы из $k$ слагаемых $b_1, b_2, \dots, b_k$ дают $k+1$ различных остатков 0, $s_1, \dots, s_k$. Тогда,

44

Рис. 8. Чтобы найти сумму $a+b$ по модулю $p$, нужно отсчитать от $a$ против часовой стрелки $b$ единиц (на этом рисунке, соответствующем $p=11$, изображена сумма 8+8, которая по модулю 11 равна 5).

Поскольку после присоединения $b=b_{k+1}$ количество различных сумм не должно увеличиться, все суммы

$$0+b, s_1+b, \ldots, s_k+b$$

(по модулю $p$) содержатся во множестве

$$\{0, s_1, \ldots, s_k\}.$$

Другими словами, если к любому элементу этого множества прибавить $b$, то снова получится элемент того же множества (попробуйте представить себе такое множество на рисунке 8). Таким образом, это множество зависит соедному содержит элементы 0, $b$, $2b$, $3b$, $\ldots$, $(p-1)b$. Но ясно, что все эти элементы различны (по модулю): разность

$$ib-jb=(i-j)b,$$

где $0<i-j<p$ и $0<b<p$, не может делиться на $p$, поскольку $p$ простое. Таким образом, мы доказали, что множество $\{0,s_1, \ldots, s_k\}$ содержит все $p$ различных элементов, хотя предполагали, что

$$k+1<p.$$

Лемма доказана.

Доказательство теоремы. Пусть

$$a_1 \leqslant a_2 \leqslant \ldots \leqslant a_p \leqslant a_{p+1} \leqslant \ldots \leqslant a_{2p-1}$$

— остатки от деления данных $2p-1$ чисел на $p$. Расмотрим еще $p$ таких чисел:

$$a_{p+1}-a_2, a_{p+2}-a_3, \ldots, a_{2p-1}-a_p.$$

(*)

Если какое-нибудь одно из них равно нулю, например

$$a_{p+1}-a_{l+1}=0,$$ то $a_{l+1}=a_{l+2}=a_{l+3}=\ldots=a_{l+p}$, и сумма соответствующих $p$ чисел делится на $p$. Осталось рассмотреть случай, когда все числа (*) отличны от нуля.

Найдем остаток $x$ от деления суммы $a_1+a_2+\ldots+a_p$ на $p$. Если $x=0$, то все ясно. Если $x\neq 0$, то, пользоваться леммой, мы можем составить из разностей (*) сумм, дающий остаток $p-x$ при делении на $p$. Добавив соответствующие разности к $a_1+a_2+\ldots+a_p$ и проведя очевидные сокращения, мы получим сумму $p$ слагаемых, делящую на $p$.

Пользовясь результатом задачи М45, нетрудно установить, что утверждение «Из любых $a$ целых чисел можно выбрать $b$ чисел, сумма которых делится на $c$» (где $a, b, c$ — конкретиные натуральные числа) верно тогда и только тогда, когда $b$ делится на $c$ и $a \geq b+c-1$.

Н. Б. Васильев

В этом номере мы публикуем решения задач Ф66—Ф71.

Ф66

К батарее с э. д. с. 9 в неизвестным внутренним сопротивлением подключены последовательно амператор и волтметр (рис. 9). Сопротивления приборов неизвестны. Если параллельно волтметру включено сопротивление (его величина тоже неизвестна), то показание амператора вдвое уведомляется, а показание волтметра вдвое уведомляется. Каким стало показание волтметра после подключения сопротивления?

Вольтметр показывает наличие напряжения на нем самом, а амператор—так, идиший через него. Согласно закону Ома для полной цепи э. д. с. батареи равна сумме напряжения на участках цепи: $U$ — на волтметре и $U_1$ — на внутреннем сопротивлении источника и амператор:

$$E=U+U_1.$$

45

Рис. 9. Рис. 10.

После подключения сопротивления падение напряжения на волтметре и паралельно с ним соединением сопротивления стало равным $U' = \frac{U}{2}$ (показания волтметра). В то же время падение напряжения на сопротивления источника и ampерметре в два раза возросло и стало равным $U'_1 = 2U_1$. Действительно, ведь сопротивление этого участка не изменилось, а ток, идущий по нему, вдвое возросс. Позотому

$$E = \frac{U}{2} + 2U_1.$$

(2)

Решая уравнение (1) и (2) совместно, найдем, что $U = 6\ \theta$. Следовательно, после подключения сопротивления волтметр показал напряжение

$$U' = \frac{U}{2} = 3\theta.$$

Правильно решение прислали Н. Федин (Омск), С. Иванов (Москва), Е. Губарев (Москва), В. Сыцев (Алга Актюбинской обл.), Н. Смирнов (Горький), А. Анищенко (Сарапул, Удм. АССР), А. Браверман (Пермь), А. Сенявин (Москва), В. Помацев (Горький), В. Калиничев (Москва), М. Прегер (Томск).

Ф67

Буферное устройство (рис. 10) состоит из стержня $A$, пружины $B$, надетой на стержень, и направляющей втулики $C$. Втулика может перемещаться внутри канала, сделанного в массивной стене $D$. При движении втулики между ее внешней поверхностью и стеной действует постоянная по величине силы треня $F_{Тр}$. Стержень втулики и пружина по стержню перемещаются без треня.

На торцовую поверхность стержня $A$ налегает шар массы $m$, имея перед соударением скорость $v_0$. С какой скоростью шар отлетит?

Массы стержня, пружины и втулики пребрежимо мылы по сравнению с массой шара. Коэффициент жесткости пружины $k$.

При удале шарика шtok начинает двигаться, скимая пружину. При этом на втулу со стороны деформарованной пружины действует сила $F = kx$, где $x$ — деформация пружины. Если начальная скорость шарика достаточно велика, что деформация пружины достигает максимальной величины $x_{\max}$, при которой пружина действует на втулу с силой, равной силе треня втулики о стену. После этого втулика начинает двигаться, причем во время движения втулики пружина не будет деформаровать: сила, скимающая ее, не меняется и равна $F_{Тр}$. Так как при движении втулики на нее действует сила треня, то кинетическая энергия системы переходит в тепло, и через некоторое время шарик и шtok оставляется. Затем пружина начинает распрямляться. Это, конечно, не вызовет движения втулики — сила, с которой действие.

46

вует на нее пружина, меньше $F_{\tau p} = kx_{\max}$, так как $x < x_{\max}$. Так что дальнейших потерь энергии в системе проискдить не будет. При распрямлении пружины ее потенциальная энергия деформации $W_{\pi} = \frac{kx_{\max}^2}{2}$ перейдет в кинетическая энергию шарика.

Прием потенциальная энергия шарика равна нулю.
Запишем теперь закон сохранения энергии

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{kx_{\max}^2}{2},$$

где $v$ — скорость шарика после того, как он отскочит от стенки.

Учитывая, что $x_{\max} = \frac{F_{\tau p}}{k}$, получим $v = \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}$.

При достаточно большой скорости $v_0$ скорость шарика, отскочившего от стержня, не зависит от его начальной скорости. Система «съедает» весь запас энергии выше величины $W = \frac{kx_{\max}^2}{2}$.

Выясним теперь, что значит «достаточно большая скорость $v_0$». Это та скорость, при которой сила, действующая со стороны пружины на втулку, достигает величины $F_{\tau p}$, а, значит, деформация пружины достигает величины $x_{\max} = \frac{F_{\tau p}}{k}$. Ясно, что для этого начальная кинетическая энергия шарика должна быть больше величины $\frac{kx_{\max}^2}{2} = \frac{F_{\tau p}^2}{2k}$:

$$\frac{mv^2}{2} > \frac{F_{\tau p}^2}{2k}.$$

Это условие дает нам границу «достаточно большой скорости»:

$$v_0 > \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}.$$

А как будет проискдить столковение, если начальная скорость шарика меньше этой величины или равна ей?

В этом случае деформация пружины меньше $x_{\max}$ и пружина не сдвинет втулки с места. Это означает, что не будет потерь энергии и шарика отскочит, имея ту же кинетическая энергию, а следовательно, и ту же скорость, что до столковения. Итак,

$$v = \begin{cases} v_0 \text{ при } v_0 \leqslant \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}, \\ \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}} \text{ при } v_0 > \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}. \end{cases}$$

Правильное решение прислали P. Мкртчян (Ереван), Куцек (Ржев), H. Федин (Омск), И. Гришик (Давид-Городок Брестской обл., БССР), A. Выродов (Гагра), P. Зайцев (Гагра), M. Премер (Томск).

Ф68

Степки сосуда, в котором находится газ, имеют температуру $T$. Температура газа $T_1$. В каком случае давление газа на степки сосуда больше: когда степки сосуда холоднее газа ($T < T_1$), или когда температура ($T > T_1$)?

Температура газа определяется средней кинетической энергией его молекул: $\frac{mv^2}{2} = \frac{3}{2} kT$ ($k$ — постоянная Больцмана). Это означает, что чем

47

выше температура газа, тем больше средняя скорость движения его молекул, то есть тем больше средний импульс молекулы.

Если температура стены совпадает с температурой газа, то молекула, ударясь о стенку, меняет свой импульс $p_0$ на $-p_0$. Значит, изменение импульса равно $2p_0$.

Когда $T > T_1$, газ нагревается. Это означает, что молекулы газа отскакивают от стены с большей скоростью, чем налетают, а значит и с большим импульсом (рис. 11, а). Изменение импульса в этом случае будет больше, чем $2p_0$.

Если же $T_1 < T$, то газ охлаждается, то есть молекулы газа отскакивают от стены с меньшим импульсом, чем налетают на нее (рис. 11, б). Ясно, что в этом случае и изменение импульса молекулы меньше, чем в случае $T_1 > T$. Так как в соответствии со II законом Ньютона изменение импульса пропорционально средней силе, действовавшей на молекулу со стороны стены, а в соответствии с III законом Ньютона средняя сила, действовавшая на молекулу, численно равна средней силе, действовавшей на стенку, то при $T_1 < T$ давление газа на стенку больше, чем при $T_1 > T$.

Правильное решение прислали В. Чупин (Торжок), Н. Федин (Омск), В. Калинцев (Москва), С. Иванов (Москва).

Форма поверхности жидкости должна быть такой, чтобы сила N реакции окружающей жидкости, действующей на элемент объема жидкости с массой $\Delta m$ у поверхности, была направлена перpendicularно к поверхности. В противном случае сила N будет иметь составляющую, направленную вдоль поверхности жидкости, и жидкость не сможет находиться в равновесии.

Разберем теперь, как направлена сила N. Она должна уравновешивать две силы: силу $F_1$ прятяжения Земли, направленную к центру Земли, и добавочную силу $F_2$ прятяжения шара, направленную к центру шара (на рисунке 12 сила $F_2$ сделана непропорционально большой по сравнению с силой $F_1$). Сила N должна быть численно равна и противоположна по направлению равнойствующей Q сил $F_1$ и $F_2$. Значит, она отклонена вправо от вертикали и поверхность воды над шаром выпуклая.

Оценим величины «вздутия» поверхности воды. Расмотрим точку B, лежащую на малом расстоянии x от вертикали AO, проходящей через центр шара ($x \ll r$, где r — радиус шара), O — центр кривизны и BO = R — радиус кривизны поверхности воды.

$Q \approx F_1$ (поскольку $F_2 \ll F_1$), а $Q \sin \alpha = F_2 \sin \beta$. Так как углы α и β малы ($x \ll r$, $x \ll R$), то

$$\sin \alpha \approx \mathrm{tg} \alpha \approx \frac{x}{R}$$

Позному можно считать, что

$$Q(x/R) = F_2(x/r)$$

48

или
$$R = r \frac{Q}{F_2} = r \frac{F_1}{F_2}.$$

Но
$$F_1 = \gamma \frac{\left( \frac{4}{3} \pi R_3^3 \rho \right) \Delta m}{R_3^2} = \frac{4}{3} \pi \gamma r R_3 \rho \Delta m$$
($R_3$ – радиус земли, $\rho$ – ее плотность), а
$$F_2 = \gamma \frac{\frac{4}{3} \pi r^3 (\rho_1 - \rho_0) \Delta m}{r^2} = \frac{4}{3} \pi \gamma r (\rho_1 - \rho_0) \Delta m$$
($\rho_1$ – плотность шара, $\rho_0$ – плотность воды). Поэтому
$$R = r \frac{\frac{4}{3} \pi \gamma R_3 \rho \Delta m}{\frac{4}{3} \pi \gamma r (\rho_1 - \rho_0) \Delta m} = R_3 \frac{\rho}{\rho_1} \approx R_3 \frac{\rho}{\rho_1}$$
(так как $\rho_1 \gg \rho_0$). Подставляя сюда значения $R_3 = 6,4 \cdot 10^6 m$, $\rho = 5,5 e/cm^3$ и $\rho_1 = 11,3 e/cm^3$, найдем $R \approx 3,2 \cdot 10^6 m$.

Полягая, что взутие распространяется на расстояние $x$ от точки $A$ (эта оценка сильно зависит!), найдем его высоту
$$h = x \lg \alpha \approx \frac{r^2}{R}.$$

Если радиус свинцового шара равен 1 м, то $h \approx 3 \cdot 10^{-7} m$.

Это означает, что эффект взутия нельзя наблюдать экспериментально даже с помощью интегризации методов. Ведь длина света несколько тьсячангстрем ($1 \text{Å} = 10^{-10} m$), то есть больше величины взутия.

Правильное решение прислал $H$. Федин (Омск).

Ф70

Велосипедист легко развивает силу тягги 10 кГ. Сила tremняя не превышает 5 кГ. Казалось бы, за несколько часов велосипед может достигнуть второй космической скорости. Однако это еще никаку не удавалось. Почему?

Сила, с которой велосипед может давить на pedали, неостояна и зависит от скорости велосипедства (рис. 13). Она максимальная при $v = 0$ и становится равной нулю при такой скорости, при которой период врашения pedали становится равным скорости реакции велосипедства. После этого скорость велосипедства уже не может возрасти.

Многие читатели рассуждают так: мощность, которое развивает велосипед, не может превышать некоторой максимальной величины. Но

49

$N = F \cdot v$, поэтому скорость величина не может стать большше чем

$$v = \frac{N_{\text{max}}}{F - F_{\text{trp}}}.$$

Это, конечно, верно и связано именно с тем, что зависимости силы, с которой человек давит на pedали, от скорости движения такая, как показано на рисунке 13.

Ф71

Имеется равномерно заряженный отрезок $AB$. Как направлена направление электрекого поля, создавемого этим отрезком в точке $C$: по медиане треугольника $ABC$? по его биссертике? по высоте? ни по одному из этих линей?

Напряжение поля — вектор, а в нашей задаче имеются лишь четыре выделенных направления: по медиане, биссертике или высоте треугольника $ABC$ и параллельно отрезку $AB$. Вектор направления поля должен быть направлен по одному из этих направлений. Ясно, что он не может быть параллелен отрезку $AB$: направлено поля заряженного отрезка равна сумме направлений полей частей отрезка, а они все направлены к отрезку или от него (в зависимости от знака заряда отрезка).

Не подходит и высота треугольника $ABC$: например, если точка $C$ находится в стороне от отрезка, на расстоянии, много большем длины отрезка, то ясно, что направление поля в точке должны направлена к отрезку $AB$, а не по перпендикуляру к нему.

Итак, у нас остались медиана и биссертиса. направность $E$ поля отрезка равна сумме направлений полей его частей. Для того чтобы вектор $E$ был направлен вдоль медианы, необходимо, чтобы отрезки равной длины $\Delta x$, находящиеся на равных расстояниях от середины отрезка, создавали одинаковое поле в точке $C$.

Только в этом случае сумма векторов $\Delta E$ будет направлена вдоль медианы треугольника $ABC$. Однако это невозможно: отрезки равной длины имеют одинаковый заряд $\Delta Q = \sigma \Delta x$ (σ — линейная плотность заряда, то есть заряд единицы длины отрезка), а расстояния до точки $C$ различны.

Значит, вектор $E$ направлен вдоль биссектрисы треугольника $ABC$.
Убедимся в этом. Найдем направность поля отрезка $\Delta x$ такого, что пряма, проведенная из него в точку $C$, образует угол $\alpha$ с высотой треугольника и $\Delta x \ll r$ (рис. 14). $\Delta E = \frac{\Delta x \sigma}{r^2}$. Если отрезок $\Delta x$ виден из точки $C$ под углом $\Delta \alpha$, то $\Delta x_1 = r \Delta \alpha$ (угол $\alpha$ мал, так что $tg \frac{\Delta \alpha}{2} = \frac{\Delta \alpha}{2}$, а $\frac{\Delta x_1}{2} = r tg \frac{\Delta \alpha}{2}$) и $\Delta x = \frac{\Delta x_1}{\sin(90^\circ - \alpha)} = \frac{r \Delta \alpha}{\cos \alpha}$. Поэтому $\Delta E = \frac{r \Delta \alpha \sigma}{r^2 \cos \alpha} = \frac{\Delta \alpha \sigma}{r \cos \alpha}$. Но $r \cos \alpha = h$.
Поэтому
$$\Delta E = \frac{\Delta \alpha \sigma}{h}.$$

Напряжение поля отрезка, который виден из точки $C$ под углом $\Delta \alpha$, не зависит от угла $\alpha$. Все отрезки, которые видны из точки $C$ под одинаковым углом, создают в ней поле одинаковой величины. Но для любого отрезка $\Delta x$, находящемся слева от биссектрисы $CD$ треугольника $ABC$, можно найти отрезок справа от нее такой, что он виден из точки $C$ под тем же углом $\Delta \alpha$, что и отрезок $\Delta x$, и угол $\beta$, образуется примою, соединяющей его с точкой $C$, такой же, как и отрезка $\Delta x$. Так как эти отрезки создают в точке $C$ одинаковое поле, то вектор $\Delta E$ суммы векторов $\Delta E_1$ и $\Delta E_2$ направленной полей отрезков направлен по диагонали ромба, построенного на векторах $\Delta E_1$ и $\Delta E_2$, то есть вдоль биссектрисы $CD$. Это верно для любого угла $\beta$, то есть для любой пары отрезков. Значит, и еектор направности поля отрезка $AB$ направлен вдоль биссектрисы треугольника $ABC$.

Правильное решение прислали Н. Федин (Омск) и И. Гричик (Давид-Городок Брестской обл.).

И. Ш. Слободецкий.

К «Задачам на бумаге в клетку»

1. Добавим с каждого из четырех концов к крестию по две точки. Количество возможных квадратов с вершинами в выделенных узлах увеличится на 10 (четыре маленьких красных квадратикas (см. рис.]), четыре квадрата, образец которых окрашен черным; два квадрата, один из которых выделен синим).

Кресть в задаче можно рассматривать как дополнительное шеренг узлов к центральной клетке, допускающей только один квадрат. Он допускает построение $10 \cdot 8 + 1 = 81$ различных квадратов.