Решения задач М123—М125; Ф138—Ф142

39

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решения задач M123—M125

M123
Найдите все натуральные числа m, для которых
$$1! \cdot 3! \cdot 5! \dots (2m-1)! = \frac{m(m+1)}{2}!$$
(через n! обозначается произведение 1·2…·n).

Решениями уравнения являются числа 1, 2, 3, 4. В этом нетрудно убедиться неоредственной подстановкой. Докажем, что других решений нет. (Эта задача под номером 76 была опубликована в сборнике «Математическое просвещение» № 4 за 1935 год; в то время никакому изчитателей не удалось найти «убедительное доказательство того, что уравнение не имеет других решений» — так было написано в № 8 этого сборника за 1936 год). Простое доказательство, которое мы предлагаем, опирается на следующее теорему («поступат Бертрана», о котором расссказываюсь в «Кванте» № 5 за 1971 год и № 5 за 1972 год): между чисlamи a и 2a, где a>1, всегда найдется хотя бы одно простое число.

Пусть p — простое число, лежшее между 2x-1 и 2(2x-1). Если бы выполнялось уравнение
$$2(2x-1) < \frac{x(x+1)}{2},$$
то получилось, что число p входит в разложение на простые множители правой части уравнения, так как оно меньше $\frac{x(x+1)}{2}$, и в то же время не может входить в разложение левой части, так как оно больше (2x-1). А это, по теореме о единственности разложения на простые множители, невозможно. Поэтому обязатено
$$2(2x-1) \geq \frac{x(x+1)}{2}.$$

Из этого неравенства находится, что x≤6. Но x=5 и x=6, как легко убедиться, не удовлетворяют уравнению.

В. П. Бешкарев

M124
Дан треугольник ABC. Найдите внутри него точку O, обладающий следующим свойством: для любой прямой, проходящий через точку O и пересекающей строкой треугольника AB в точке K и BC в точке L, выполняется равенство
$$\frac{AK}{KB} + \frac{CL}{LB} = 1.$$

Вообщее, доказante, что если p и q — произвольное заданное положительное число, то внутри треугольника ABC можно указыть также точку O, что для любой прямой KL, проходящий через эту точку (K лежит на AB, L на BC),

$$p \frac{AK}{KB} + q \frac{CL}{LB} = 1.$$

Проще всего решить эту задачу, используя понятие центра тяжестеи*).

*) См. статью Б. Ю. Когана «Физика помогает геометрии», «Кванте» № 5, 1971 и книгу М. Б. Балка «Геометрические приложения о центре тяжестеи», Физматлит, 1959.

40

В нашем доказательстве мы воспользовемся таким свойством центра тяжести: если в системе из $n$ грузников $p_1, p_2, \dots, p_n$ два грузника $p_1$ и $p_2$ заменить грузиком $p=p_1+p_2$, помещенным в их центр тяжести, то положение центра тяжести системы не изменится (куривом выделены утверждение, вытекающие из этого свойства).

Поместим в вершины $A, B$ и $C$ треугольника единчные грузники $a, b$ и $c$. тогда центр тяжести $O$ грузников $a, b$ и $c$ — точка пересечения медиан. Возьмем теперь точку $K$ на стороне $AB$, для которой $\frac{AK}{KB} \leq 1$, и представим грузик $b$ в виде суммы двух грузников: $b_1 = \frac{AK}{KB}$ и $b_2 = 1 - \frac{AK}{KB}$. Центр тяжести грузников $a$ и $b_1$ находится в точке $K$. тогда $L$ — центр тяжести грузников $c$ и $b_2$, то $\frac{CL}{LB} = 1 - \frac{AK}{KB}$, а центр тяжести $O$ грузников $a, b$ и $c$ лежит на прямой $KL$. Поэтому для любой прямой, проходящей через точку $O$ и пересекающей стороны $AB$ и $BC$, выполняется первое равенство.

Аналогично доказывается, что если $O'$ — центр тяжести грузников $a=p, b=1$ и $c=q$, то для любой прямой, проходящей через точку $O'$ и пересекающей стороны $AB$ и $BC$ треугольника, выполняется второе равенство. Действительно, возьмем на стороне $AB$ точку $K$, для которой $\frac{AK}{KB} \leq \frac{i}{p}$, и представим грузик $b$ в виде суммы двух грузников $b_1 = p\frac{AK}{KB}$ и $b_2 = 1 - p\frac{AK}{KB}$. тогда $L$ — центр тяжести грузников $b_2$ и $c$, то $1 - p\frac{AK}{KB} = q\frac{CL}{LB}$, а точки $O'$, $K$ и $L$ лежат на одной прямой.

Доказательство законено.

Похожее решение задачи прислал нам Ф. Шмидель из Москвы.

Л. Г. Макаров

M125

a) Существует ли бесконечная последовательность натуральных чисел, обладающая следующим свойством:

Ни одно из этих чисел не делится на дружее, но среди каждой трех чисел можно выбрать два, сумма которых делится на третье?

b) Если нет, то как много чисел может быть в наборе, обладающим таким свойством?

b) Решите ту же задачу при дополнительном условии: в набор разрешается включать только нечетные числа.

Вот один пример такого набора из четырех чисел: 3, 5, 7, 107. Здесь среди трех чисел 3, 5, 7 сумма 5+7 делится на 3; в тройке 5, 7, 107 сумма 107+5 делится на 7; в тройке 3, 7, 107 сумма 7+107 делится на 3; наконец, в тройке 3, 5, 107 сумма 3+107 делится на 5.

Решим сначала задачу b).

К приведенной в условии последовательности из четырех чисел 3, 5, 7, 107 можно добавить пятье чисел 10693: 10693+5 делится на 3, 10693+3 делится на 7, 10693+7 делится на 5, 10693+107 делится на 3 и на 5, 10693+7 делится на 107.

Покажем, что из шести нечетных чисел образовать последовательности, удовлетворяющей условию задачи. Пусть $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6$ — нечетные числа такие, что ни одно из них не делится на другое, но среди любых трех можно выбрать два, сумма которых делится на третье.

Сделаем несколько предварительных значений.

1. Если $a, b, c$ — три числа нашей последовательности, $a>b>c$, то $b+c$ не делится на $a$.

Действительно, $b+c<2a$ и $b+c\neq a$, так как $a$ — нечетное число.

2. Если $a, b$ — два числа нашей последовательности, $a>b$, то $a+b$ делится на все числа последовательности, меньше $b$, кроме быть, одного.

Действительно, если $a+b$ не делится на два числа $c$ и $d$, меньше $b$, то $a+c$ и $a+d$ делятся на $b$, но тогда и $c-d$ делится на $b$, что невозможно.

3. Если $a, b, c$ — четые числа нашей последовательности, $a+b$ и $a+c$ делятся на $d$, то $b+c$ не делится на $d$.

Действительно, так как $a+b$ и $a+c$ делятся на $d$, то $2a+(b+c)$ делится на $d$, в то время как $2a$ не делится на $d$ (д нечетное число и $a$ не делится на $d$).

Пусть $a_1>a_2>a_3$ — три наиболее из шести чисел $a_1, a_2, \dots, a_6$.

Какое из чисел $a_1+a_2, a_1+a_3, a_2+a_3$ согласно замечанию 2 делится не менее, чем на два из чисел $a_4, a_5, a_6$. В то же время замечание 3 показывает, что у этих чисел нет среди чисел $a_4, a_5, a_6$ общего делителя. Следовательно, каждое из чисел $a_1+a_2, a_1+a_3, a_2+a_3$ делится на два из чисел $a_4, a_5, a_6$ и не делится на третье.

Пусть

$a_1+a_2$ делится на $a_4$ и $a_5$ и не делится на $a_6$;
$a_1+a_3$ делится на $a_4$ и $a_6$ и не делится на $a_5$;
$a_2+a_3$ делится на $a_5$ и $a_6$ и не делится на $a_4$.

Тогда числа $a_1+a_5$ и $a_2+a_4$ делятся на $a_3$. Следовательно, на $a_3$ делится и число $(a_1+a_2)+(a_4+a_5)$.

В то же время $a_1+a_2$ делится на три из чисел $a_3, a_4, a_5, a_6$, а так как $a_1+a_2$ не делится на $a_6$, то $a_1+a_2$ делится на $a_3$, откуда следует, что $a_4+a_5$ делится на $a_3$. Получили противоречение с замечанием 1.

Таким образом, последовательность нечетных чисел с интерсуцизмом нас свойством может состоять самое большое из пятей чисел, задача b) решена.

Если последовательность состоит только из четырех чисел, то, не нарушая условия, можно их все разделить на 2. Будем поэтому считать, что в последовательности есть нечетные числа.

41

В силу задачи в) их не более пяты.

Замечания 1—3 справедливы теперь при некоторых дополнительных предположениях.

В замечании 1 нужно потребовать, чтобы $a$ не равнялось $b+c$; 2 справедливо, если число $a$ не равно сумме нижних двух членов последовательности, а 3 справедливо, если $d$ нечетное число.

Если члены последовательности $a, b, c$ четны, а $d$ нечетно, то числа $a+d, b+d$ и $c+d$ не делятся ни на $a$, ни на $b$, ни на $c$. Следовательно, числа $a+b, a+c$ и $b+c$ делятся на $d$, что противоречит замечанию 3.

Таким образом, в нашей последовательности не более двух четных чисел. Пусть их два: $a$ и $b$ ($a>b$). тогда число $a+b$ делится на все нечетные члены последовательности и, следовательно, число $a$ — наиболее в последовательности.

Если число $a$ не равно сумме нижних последовательности, то, отбрасывая число $b$, мы получим последовательность, для которой без всяких ограничений справедливы замечания 1, 2, 3. Решение задач в) показывает, что в такой последовательности не более пяты членов, то есть в исходной последовательности не более двух четных чисел. Пусть их два: $a$ и $b$ ($a>b$). тогда число $a+b$ делится на все нечетные члены последовательности и, следовательно, число $a$ — наиболее в последовательности.

Космонавт массой 100 кг находится в космического корабля, масса которого равна 5 м, на фале длиной 64 м. Начиная наяжение фала, если корабль находится между космonautом и Землей на линии, соединяющей их центры тяжесте.

При расчете считать, что корабль движется по круговой орбите, высота которого от поверхности Земли пренебрежимо мала по сравнению с радиусом Земли ($R=6400$ км).

На космической корабль действуют две силы: сила прятяжения к Земле $F_1=\gamma \frac{MM_3}{R_1^2}$ ($M$ — масса корабля, $M_3$ — масса Земли,

$$R_1 = \text{radius of koraбля, } \gamma = \text{gravitation constant}$$
и сила натяжения фала $T$ (рис. 1). Под действием этих сил корабль движется по окружности. Если угловая скорость движения корабля равна $\omega$, то корабль движется с центростремительным ускорением $a_1=\omega^2R_1$, которое сообщает ему равнодействующая сил $F_1$ и $T$. Согласно второму закону Ньютона $F_1-T=M\omega^2R_1$, или

$$\gamma \frac{MM_3}{R_1^2}-T=M\omega^2R_1.$$

Рассмотрим силы, действующие на космоса. Это сила натяжения фала $T$ и сила прятяжения космоса к Земле

$$F_2=\gamma \frac{MM_3}{R_2^2},$$

где $m$ — масса космоса, $R_2$ — радиус его орбиты. Под действием этих сил корабль движется по окружности радиуса $R_2$, с угловой скоростью $\omega$, то есть с центростремительным ускорением $a_2=\omega^2R_2$. Так как обе силы, действующие на космоса, направлены к центру Земли, то $F_2+T=m\omega^2R_2$, или

$$\gamma \frac{MM_3}{R_2^2}+T=m\omega^2R_2.$$

42

Исключив ш из уравнения (1) и (2), получим

$$\left( \gamma \frac{MM_3}{R_1^2} - T \right) \frac{1}{MR_1} =$$

$$= \left( \gamma \frac{mM_3}{R_2^2} + T \right) \frac{1}{mR_2},$$

или

$$\gamma M_3 \frac{R_2^3 - R_1^3}{R_1^2 R_2^2} = T \frac{mR_2 + mR_1}{mM}.$$

(3)

Но $R_2 \approx R_1 \approx R$ и поэтому:

$$R_1 R_2 \approx R^2,$$

$$R_2^3 - R_1^3 = (R_2 - R_1) (R_2^2 + R_1^2 + R_1 R_2) \approx 3lR^2$$

(l — длина фала),

$$mR_2 + MR_1 = (m + M) R.$$

Это означает, что равенство (3) можно записать так:

$$3\gamma \frac{M_3}{R^2} l = TR \frac{m + M}{mM}.$$

Отсюда получаем:

$$T = 3\gamma \frac{M_3}{R^2} \frac{l}{R} \frac{mM}{m + M}.$$

Если тело массы $m$ находится на поверхности Земли, то на него действует силаяжестии $F = \gamma \frac{mM_3}{R^2} = mg$. Это означает, что ускорение $g$ свободного падения равно величины $\gamma \frac{M_3}{R^2}$. Поэтому мы можем выражение для силы натяжения фала переписать следующим образом:

$$T = 3 \frac{l}{R} \frac{mM}{m + M} g.$$

Подставив в эту формулу численные значения $R, g, m$ и $M$, найдем

$$T \approx 0,03n.$$

Ф139

Футбольист ударил по мячу, сообщив ему скорость $v$ под углом $\alpha$ к горизонту, и попал в нижний угол борот. Если бы футбольист ударил по мячу в том же месте футбольного поля и мяч попелел бы под тем же углом к горизонту, но с скоростью, на 5% большей скорости $v$, то он попал бы в верхнюю горизонту. Найти скорость, с которой начинает двигаться мяч, если высота борот $h = 2m$, а угол $\alpha = 30^\circ$.

Запишем кинематические уравнения движения мяча. По горизонтали — вдоль оси $X$ мяч движется равномерно со скоростью $v_1 = v \cos \alpha$ (рис. 2); его координата $x$ меняется со временем по закону

$$x = vt \cos \alpha.$$

Вдоль оси $Y$ (по вертикали) мяч движется равноускорению сускорением $g$, направленным вниз. Поэтому

$$y = vt \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}.$$

В момент $t_0$ padения на землю $y = 0$ и $x = l$, где $l$ — дальность полета мяча. Поэтому

$$l = vt_0 \cos \alpha,$$

$$0 = vt_0 \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}.$$

Если бы мяч начал двигаться со скоростью, на 5% большей скорости $v$, то есть со скоростью 1,05 $v$, то его координаты $x$ и $y$ менялись бы со временем так:

$$x = 1,05 vt \cos \alpha$$

и $$y = 1,05 vt \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}.$$

В момент ударения мяча о верхню шитну верот его координата $x$ была бы равна $l$, а координата $y$ — высоте верот $h$. Поэтому в момент $t_1$ удара о шитну верот

$$l = 1,05 vt_1 \cos \alpha,$$

$$h = 1,05 vt_1 \sin \alpha - \frac{gt_1^2}{2}.$$

Решим теперь систему уравнений (1) — (4). Из уравнения (2) нетрудно найти время $t_0$ полета мяч в первом случае. Так как $t_0 \neq 0$, то разделив это уравнение на $t_0$, найдем:

$$t_0 = \frac{2v \sin \alpha}{g}.$$

Далее, разделив уравнение (3) на уравнение (1), получим:

$$1 = 1,05 \frac{t_1}{t_0}.$$

Отсюда

$$t_1 = \frac{t_0}{1,05} = \frac{2v \sin \alpha}{1,05g}.$$

Теперь, подставив выражение для $t_1$ в уравнение (4), найдем

$$v = \sqrt{\frac{gh}{0,2 \sin^2 \alpha}}.$$

43

Ф140

Будет ли давать правильные показания качества других барометра, если часть его трубки (ниже уровня труб) сделана из очень мягкой резины?

Давление выше уровня труб в барометрической трубке пренебрежимо мало по сравнению с atmosферным — это давление насыщенных паров труб. Поэтому можно считать его равным нулю. На уровне труби в чашке давление в барометрической трубке равно atmosферному. Следовательно, независимо от диаметра барометрической трубки и от того, как меняется ее диаметр с высотой, высота стольа труби уравновешивается atmosферное давление $p_0$:

$$p_0 = \rho g H$$

(ρ — плотность труб).

Это означает, что барометр будет давать правильные показания.

Интересно выяснить, что произойдет с резиновой трубкой, какова будет ее форму. Так как давление снаружи трубки равно atmosферному, а давление внутри трубки равно $\rho g h$, то есть меньше atmosферного (atmosферному давлению равна величины $\rho g H$, а $H > h$), то трубка будет скиматться, как показано на рисунке 3.

Ф141

Из «черного ящика», содержащого неизвестную электрическую схему, выведено три провода. Два из них соединяют с землей и затем снимают зависимость силы тока, induce по третьему проводу, от разности потенциаль между концом этого провода и землей. Соединия разные пары выводов с землей, строят графики для трех возможных вариантов включения схемы. Эти графики показаны на рисунке 4. Ток считается положительным, если он идет «к ящику», и отпечатальным в противоположном случае. Придумайте простейшую схему содержимого «черного ящика» и определите ее параметры.

Рассмотрим графики зависимости напряжения от тока, приведенные на рисунке 4. Из первого графика следует, что ток между выводом 1 и замкнутыми выводами 2 и 3 равен нулю, когда напряжение внешнего источника равно — 38. Это возможно только в том случае, когда между выводами 1 и 2 или между выводами 1 и 3 включен (или включены) источник (или источники) тока.

Из второго графика ясно, что между точки 2 и 3 и между точки 2 и 1 могут быть только сопротивления. Только в этом случае ток между выводом 2 и соединенным выводами 3 и 1 будет равен нулю при $U = 0$.

Из третього графика следует, что внутри ящика имеет источник, который включает или между точки 3 и 1, или между точки 3 и 2 (а, возможно, и там и там).

44

Рис. 5.

Схема внутрен «черного ящика» может быть такой, как показано на рисунке 5. Определим параметры этой схемы.

Из закона Ома для участка цепи $U=IR$ следует, что изменение разности потенциальов на концах участка цепи связано с изменением тока через участок соответствием

$$\Delta U = R \Delta I.$$

Это означает, что сопротивление участка цепи равно

$$R = \frac{\Delta U}{\Delta I},$$

то есть равно по величины тангенсу угла наклона графика зависимости напряжения стока.

В первом случае, когда замещены выводы 2 и 3, содержимое «ящика» при изменении напряжения $U$ внешнего источника должно вести себя как два параллельных сопротивления $R_1$ и $R_2$, общее сопротивление которых равно $2/3$ ом. Поэтому

$$\frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} = \frac{2}{3}$$

(сопротивления $R_1$ и $R_2$ должны быть выражены в омах).

Кроме того, мы знаем, что ток во внешней цепи равен нулю, когда $U=3\theta$. Это означает, что когда ток равен нулю и схема внутренящего ящика как бы не связана с источником, падание напряжения на сопротивлении $R_2$ равно 3 $\theta$. Но в этом случае сопротивления $R_1$ и $R_2$ включены последовательно с источником, следовательно, ток через них равен $\frac{E}{R_1 + R_2}$ и падание напряжения на сопротивлении $R_2$ равно

$$\frac{R_2 E}{R_1 + R_2} = 3(\theta).$$

Во втором случае внутри ящика должна вести себя как два параллельно включенных сопротивления $R_2$ и $R_3$, общее сопротивление которых равно 6 ом. Поэтому

$$\frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3} = 6(om).$$

В третьем случае к внешнему источнику «подключены» параллельно соединенные сопротивления $R_1$ и $R_3$, их общее сопротивление равно 2 ом:

$$\frac{R_1 R_3}{R_1 + R_3} = 2(om).$$

Причем, так как в этом случае ток равен нулю при $U=4\theta$, то

$$\frac{R_3 E}{R_1 + R_3} = 4(\theta).$$

Мы получили систему из 5 уравнений с 4 неизвестными: $R_1, R_2, R_3$ и $E$. Проверим, совместна ли она. Разделив уравнение (1) на уравнение (2), найдем:

$$\frac{E}{R_1} = 2(\theta/om).$$

Аналогично, разделив уравнение (4) на уравнение (5), получим точно такое же соответствие между $E$ и $R_1$. Это означает, что наша система совместна.

Найдем теперь сопротивления $R_1, R_2$ и $R_3$. Для этого нам нужно решить систему из трех уравнений (1), (3) и (4). Вначале перешем ее, «перевернуть» каждое из уравнений:

$$\frac{R_1 + R_2}{R_1 R_2} = \frac{3}{2},$$ или $$\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} = \frac{3}{2},$$

$$\frac{R_2 + R_3}{R_2 R_3} = \frac{1}{6},$$ или $$\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} = \frac{1}{6},$$

$$\frac{R_1 + R_3}{R_1 R_3} = \frac{1}{2},$$ или $$\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_3} = \frac{1}{2}.$$

Принимая $\frac{1}{R_1}, \frac{1}{R_2}$ и $\frac{1}{R_3}$ за новые неизвестные и решая получшуюся систему, найдем:

$$\frac{1}{R_1} = \frac{1}{2}, \frac{1}{R_2} = \frac{1}{6} \text{ и } \frac{1}{R_3} = 0.$$

Отсюда следует, что

$$R_1 = 2 \text{ ом}, R_2 = 6 \text{ ом}, R_3 = \infty \text{ и } E = 4 \text{ e}.$$

И. Ш. Словодечкий