Решения задач М184—М189; Ф198—Ф202

48

Решения задач
M184—M189; Ф198—Ф202

M184. Докажите мождество

$$\frac{C_n^0}{x} - \frac{C_n^1}{x+1} + \dots + (-1)^n \frac{C_n^n}{x+n} = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\dots(x+n)}$$

Докажем это тоже достиство методом математической индукции. При $n=1$ оно верно, поскольку $C_1^0 = C_1^1 = 1! = 1$:

$$\frac{C_1^0}{x} - \frac{C_1^1}{x+1} = \frac{1!}{x(x+1)}$$

Допустим, что верно также:

$$\frac{C_n^0}{x} - \frac{C_n^1}{x+1} + \frac{C_n^2}{x+2} - \dots + (-1)^{n-1} \frac{C_n^{n-1}}{x+n-1} + (-1)^n \times \frac{C_n^n}{x+n} = \frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)}$$

Заменим в (1) $x$ на $x+1$. Получим также:

$$\frac{C_n^0}{x+1} - \frac{C_n^1}{x+2} + \dots + (-1)^{n-1} \frac{C_n^{n-1}}{x+n} + (-1)^n \times \frac{C_n^n}{x+n} = \frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)}$$

Вычтем почленно (2) из (1) и воспользуемся тем, что

$$C_n^0 = C_n^n = C_n^{n+1} = C_n^{n+1} = 1,$$

$$C_n^k + C_n^{k+1} = C_n^{k+1}$$

для каждой $k=0,1,2,\dots,n-1$. Получим

$$\frac{C_n^0}{x} - \frac{C_n^1}{x+1} + \frac{C_n^2}{x+2} - \dots + (-1)^n \frac{C_n^n}{x+n} + (-1)^n \times \frac{C_n^{n+1}}{x+n+1} = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\dots(x+n)}$$

Таким образом, индуктивный шаг проделан и наше равенство доказано при всех $n$.

Te, кто читал статью В. Н. Вагутена «Числа $C_n^k$, последовательности и многочлены» в «Кванте» №2 (1973), заметили, конечно, что в задаче M184 мы получили формулу разности порядка $n$ для последовательности $f(x) = \frac{1}{x}$:

$$\Delta^n f(x) = \frac{(-1)^n n!}{x(x+1)\dots(x+n)}$$

Многие читатели привели доказательство следующого утверждения о единственности тожества вида (1): если верно мождество

$$\frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)} = \sum_{i=0}^{n} \frac{A_k}{x+k},$$

еде $A_k$ – некоморые числа, мо

$$A_k = (-1)^k C_n^k = \frac{(-1)^k n!}{k!(n-k)!}$$

Действительно, достаточно умножить обе части (4) на общий знаменатель $x(x+1)\dots(x+n)$ и положить в полученном тожестве $x = -k$. Тогда справа все слагаемые, кроме одного

$$A_k(-k)(-k+1)\dots(-1)1\cdot2\dots\dots(n-k) = A_k(-1)^k k!(n-k)!$$

обратятся в нуль и мы придем к (5).

M185. На кафмане площадь 1 помещается 5 заплам, площадь каждой из коморых не меньше $1/2$. Докажите, что найдумся две запламы, площадь общей части коморых не меньше $1/5$.

49

Рис. 1.

Обозначим через $x_k$ площадь части кафтана, покрытуюровно $k$ заплатами ($k = 0, 1, \dots, 5$). По условию площадь кафтана равна 1, а сумма площадей заплат — $\frac{5}{2}$:
$$S_0 = x_0 + x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 1,$$
$$S_1 = x_1 + 2x_2 + 3x_3 + 4x_4 + 5x_5 = \frac{5}{2}.$$

Сумма площадей всех 10 попарных пересечений заплат равна
$$S_2 = x_2 + 3x_3 + 6x_4 + 10x_5 \geq -3x_0 - x_1 + x_2 + 3x_3 + 5x_4 + 7x_5 = 2S_1 - 3S_0 = 2,$$
позному хотя бы одно из 10 попарных пересечений будет по площади не меньше $\frac{2}{10} = \frac{1}{5}$ (равенство возможно, только если $x_0 = x_1 = x_4 = x_5 = 0$ и все 10 попарных пересечений равны по площади!).

Решение задачи M185, различных ее вариантов и обобщений тесно связано с одной заменательной общей формулой для адитивных функций множества — «формулировки включения и исключения». Об этой связи подробно расссказывается в отдельной заметке «Заплаты на кафтане», которая будет помещена в 12 номере журнала.

M186. На плоскости заданы две точки $A$ и $B$. Найдем геометрическое место прерынки $C$ треугольника $ABC$, у которого:
a) высота $AA'$ равна стороне $BC$;
b) медиана $AA_1$ равна стороне $AC$;
c) медиана $AA_1$ равна стороне $BC$;
d) высота $CC'$ равна медиане $BB_1$;
e) высота $BB'$ равна медиане $CC_1$.

a) Искомое множество точки $C$ будет, оченьindo, симметриным относительно прямой $AB$; поэтому достаточно исследовать только точки, лежащие в одной из полуплоскостей, на которые прямая $AB$ делит плоскость.

Построим точку $D$ такую, что $DB \perp AB$ и $DB = BA$. В той полуплоскости, которую мы рассматрием, такая точка $D$, оченьindo, единственная. Если высота $AA'$ равна $CB$, то (рис. 2)
$$\Delta AA'B = \Delta CBD$$
(углы $A'AB$ и CBD равны, плоскку оба они остры, $AA' \perp BC$ и $AB \perp BD$). Таким образом,
$$\Rightarrow BCD = 90^\circ.$$

Обратно, если для некоторой точки $C$ угол

50

Рис. 3.

ВСД прямој, то, очевидно, ΔAA’B = ΔCBD и AA’ = BC. Таким образом, достаточно найти множество точек C, для которых выполнен условие (1) (B и D — фиксированные точки). Это множество, как известно, — окружность с диаметром BD.

6. Пусть E — такая точка на продолжении медианы AA1, что A1E = AA1. Тогда ACEB — параллелограмм (рис. 3). Условие AA1 = AC равносильно тому, что AE = 2BE.

(2) Воспользовемся такой теоремой:

Если A и B — две данные точки плоскости, то множество точек E плоскости, для которых $\frac{AE}{BE} = k$ (k — фиксированное положительное число, отличное от 1), — окружность, построенная на диаметре E1E2, где E1 и E2 — точки на прямой AB, для которых

$$\frac{AE_1}{BE_1} = k \quad u \quad \frac{AE_2}{BE_2} = k$$

(E1 лежит внутри отрезка AB, E2 — вне этого отрезка). Ниже мы коротко напомним, как можно доказать эту теорему *).

Из этой теоремы следует, что множество точек E — окружность с диаметром E1E2, E1 и E2 — точки на прямой AB также, что

$$\frac{AE_1}{BE_1} = \frac{AE_2}{BE_2} = 2$$

*) См. также книги: Васильев Н. Б., Гутенахер В. Л. Прямы и кривы. М., «Наука», 1970, с. 22, 102 и Гельфанд И. М., Глаголева Е. Г., Кириллов А. А. Метод координат. М., «Наука», 1968, с. 32.

Рис. 5.

г) Опустим из точки B1 — середины стороны AC — перpendикуляр B1K на прямую AB. Разумеется, CC’ = 2B1K, поэтому условие CC’ = BB1 равносильно такому условию (рис. 5): BB1 = 2B1K (катет равен поливине гипотенузы). Следовательно, ∠B1BK = 30°. Поэтому геометрическое место точки B1 — четыре луча, выходящие из точки B и образующие с отрезком AB углы в 30° и 150°. Можество точек C получается из него растяжением с коэффициентом 2 и центром в точке A.

д) Пусть L — проекция точки C1 (середины отрезка AB) на прямую AC. Поскольку (рис. 6) BB’ = CC1, то 2C1L = CC1 и ∠LCC1 = 30°. Следовательно, ∠ACC1 равен 30° или 150°, и геометрическим местом точки C будет пара окружностей, проходящих через точки A и C1.

На рисунке 7 изображены ответы к задачам M187 a)—d). Точки C, лежащие на самом прямой AB, мы не включаем в исходное множество точек (они приводят к «вырожденным» треугольникам ABC); выше

51

МЫ не оворавивали это в каждом отдельном случае для экономии места.

Мы получили много решения задач М187 а)—д), но в большинстве из них содержатся недочеты (например, потеря «пользования» ответа, нет полного доказательства «в обе стороны» и т.п.).

Н. Б. Васильев

М188. Между некоторыми из 2n городов установлено возможность сообщение, причем каждый город связан не менее чем с n другими (беспосадочных решами). Докажите, что даже если отменить любые n—1 решения, мо все равно из любого города можно добавиться в любой другой город на самомах (с пересадками). Указите все случаи, когда такая «связность» нарушается при отмене n решения.

Предположим, что после отмены некоторых l решения «связность» нарушается. Тогда наверняка есть такие k городов, где k ≤ n, что из них нельзя проехать в остальные 2n—k городов. Действительно, расстояние между городами A и все города, в которых можно из него проехать (возможно, с пересадками). Если их (вместе с A) не больше n, то нужно k городов найти.

Если же их m и m > n, то из них нельзя попасть в остальные 2n—m городов, а из этих 2n—m < n городов нельзя проехать в остальные m городов. Итак, в любом случае найдется k городов, где k ≤ n, из которых нельзя проехать в остальные 2n—k городов. Первоначально каждый из этих городов был связан авалинями не менее чем с n городами, поэтому по крайней мере n+1—k решения соединили его не с выделенными k городами и, следовательно были отменены. Значит, всего было отменено не менее чем k(n+1—k) решения. Но k(n+1—k) > n—1 при k=1, 2, …, n. Следовательно, если отменить n—1 решение, то «связность» не нарушается.

Ответим теперь на второй вопрос задачи. Заметим, что k(n+1—k) = n лишь при k=1 и k=n. Если k=1, то это значит, что некоторые городы были связаннымировно с n городами и все эти решения были отменены. Если k=n, то это значит, что некоторые n городов A1, A2, …, An попарно соединивены авалинями, оставшиеся n городов A1′, A2′, …, An′ тоже попарно соединивены авалинями и есть n решения, соединиющих города A1 и A1′, A2 и A2′, …, An и An′. На рисунке 8 вы видите схемы авалиней для n=2 и n=3.

Л. Г. Лиманов

M189. Три отрезка AB, EF и CD проходят через одну точку O, причем точка E лежит на отрезке AC, а точка F — на отрезке BD. Докажите, что EF меньше хотя бы одного из двух отрезков—AB или CD (рис. 9).

Мы воспользовемся тем, что длина бисsektrисы в треугольнике не превышает полусуммы длины заключающих ее стороны (докажите это!). Предположим, что отрезок EF длине на Δ больше из отрезков AB, CD (max (AB, CD)). Пусть $\Rightarrow AOE \neq EOC$ — в противном случае EF $\leq \frac{AB+CD}{2}$ и EF не может быть длине max (AB, CD). Пусть для определения $\Rightarrow AOE > EOC$. Поэтому тогда такой отрезок E1F1 (см. рис. 10), что $\Rightarrow E1OE = EOC$. Ясно, что точка E1 принадлежит отрезку AC, а точка F1 — отрезку BD. EF $\leq \frac{CD+E1F1}{2}$, поэтому E1F1 по крайней мере на 2Δ длине max (AB, DC). Таким образом, мы сумели перейти от отрезка, «большого на Δ», к отрезку, «большему на 2Δ», где Δ — неокторое положительное число. Повторив такой переход k раз, мы получим отрезок E1F1, который длине max(AB, CD) по крайней мере на 2^k·Δ. Выбрав k достаточно большим, мы можем сделать длину отрезка E1F1 большей AB+CD, что невозможно. Полученное противоречение показывает, что отрезок EF не может быть большей max(AB, CD). Задча решения.

Рис. 7.

52

Рис. 8.

Рис. 9.

Рис. 10.

Вот второе решение задачи М189. Проведем через точки E и F прямые, перпендикулярные EF. Продолжим отрезки OA, OB, OC, OD до пересечения с этим прямыми и введем обозначения, как показано на рисунке 11. Пусть точка A лежит внутри полосы между прямыми, C — вне ее; тогда D должна лежать внутри полосы (инначе, оченьindo, CD > EF), а B — вне. Из не

Рис. 11.

равенств

$$\frac{AA_2}{CC_2} = \frac{A_2E}{EC_2} \leq \frac{A_1E}{EC_1} = \frac{B_1F}{FD_1} \leq \frac{B_2F}{FD_2} = \frac{BB_2}{DD_2}$$

следует, что либо $AA_2 \leq BB_2$ (и тогда $AB > EF$), либо $CC_2 \geq DD_2$ (и тогда $CD > EF$).

Д. Ю. Григорьев

Ф198. Коньковекец решил затормозить и свел вместе прямки. Хотя это и трудно (ночем?), но коньковекцу удерживать прямки вместе. Как он будет двигать данные?

Obviously при малых скоростях движения коньковекц тормозит, свода вместе не пятки, а носки ног. Такое движение коньковекца устойчиво. Однако коньковекец рисунет упасть. Поэтому при больших скоростях движения коньковекц (как и хоккейст) тормозит, поворачивая оба конька в одну сторону. При этом он, конечно, тормозит и одновременно едет в сторону. Впрочем, даже свойства носки ног вместе, коньковекц обычно едет попеременно то на одном, то на другом коньке.

Когдаlezвие конька расположено по направлению движения коньковекца, конек легко скользит по льду, то есть сила трения очень мала. Если коньковекец хочет затормозить, он ставит конек под некоторым углом к направлению движения, при этом возникает еще одна сила трения, перпендикулярная лезвию. Величина этой силы намного больше первоей, так как в этом случаеlezвие конька как бы средает лед. Для простоты в дальнейшем будем говорить только об этой, перпендикулярной лезвию, силе трения.

Пусть коньковекцу удалось свести пятки вместе. Из рисунка 12, а видно, что в этом случае кроме сил сопротивления $F_{c.1}$ и $F_{c.2}$, направленных против скорости v, существует силы $F'_1$ и $F'_2$, стремится развести коньки в стороны. Вот почему коньковекцу приходится прикладывать усилия, чтобы удержать пятки вместе.

Как будет движаться коньковекц после того, как он свел пятки ног? Ответить на этот вопрос нетрудно, так как из опыта известно, что в этом случае коньковекц развернется и затем будет еать задом наперед. Труднее объяснить, почему это происходит. Здесь важно, по-видимому, несколько факторов.

Один из них — зависимость сил трения, перпендикулярных плоскости конька, от угла, который образует плоскость конька с направлением движения коньковекца. Если угол равен нулю, то эта сила тоже равна нулю, при угле, равном 90°, — сила максимальная. (Зависимость сил трения от угла связывана.)

54

Рис. 13.
писать так:

$$2 + \left( k + \frac{1}{k} \right).$$

Согласно теореме о среднем*) сумма $k + \frac{1}{k}$ минимальная при равенстве слагаемых, то есть когда $k = \frac{1}{k}$ или $k = 1$. При этом $W_a = W_0$.

Итак, нейtron передает atomу максимального часть своей начальной кинетической энергии при равенстве масс нейтрона и атома, как в случае атома водорода.

При $k = 207$, как в случае свинца, нейtron при стольновении с атомом передает ему примерно $\frac{4}{209}$ свей кинетической энергии.

Все рассуждания в принципе остаются справедливыми и для нецентральных ударов. Так как стольновения нейтрона с атомами вещества проискодят многоократно, начальная кинетическая энергия нейтрона довольно быстро переходит в тепло.

Этим и сбьясняется то, что нейtronы хорошо задерживаются водой, парафином или других соединительами, содержащими atoms водорода, и легко проходит через также же блоки свинца.

Ф200. В результате импульсною разряда конденсатора через разреженный целый проискодим нарезание esa do температуры $T$. Оценить величины $T$, если направление на конденсаторе $U = 30$ кв, емкость конденсатора $C = 18$ мкф и газ занимаем объем 10 л при давлении $10^{-2}$ мм рт. ст.

Для оценки будем считать, что при разряде конденсатора все его энергия расходуется только на нагревание гелия, то есть на увеличение его внутренней энергии. Поэтому можно записать, что

$$\frac{CU^2}{2} = \Delta W_{\text{BN}}.$$

Гелий—одноатомный газ. Поэтому его внутренняя энергия $W_{\text{BN}}$ равна $\frac{3}{2}RTn$, а ее изменение $\Delta W_{\text{BN}} = \frac{3}{2}Rn(T - T_0)$, где $R$—универсальная газовая постоянная, $n$—число молей газа, $T_0$—начальная температура. Согласно уравнению газового состояния

$$P_0V_0 = nRT_0$$

и

$$n = \frac{P_0V_0}{T_0R},$$

где $P_0$, $V_0$, $T_0$—начальные параметры гелия ($T_0$ можно считать равной комнатной, то есть $300^\circ\text{K}$). Таким образом, получаем

$$\frac{CU^2}{2} = \frac{3}{2}R \frac{P_0V_0}{RT_0}(T - T_0),$$

откуда

$$\frac{T}{T_0} = \frac{CU^2}{3P_0V_0} + 1 \approx 1,2 \cdot 10^6$$

и $T \approx 3,6 \cdot 10^8$ градусов по Кельвину.

При решении задачи мы предполагали, что можно пренебречь теплообменом с окружающей средой, нагреванием пластин конденсатора, излучением энергии электромагнитных волн. Полученный результат резко отличается от экспериментальных данных, поэтому следует заметить, что наши допущения противоречат действительности. Например, учет теплобмена с окружающей средой уменьшает температуру сразу на несколько порядков (примерно до тысяч градусов).

Ф201. Если к некоторому сопротивлению подключаемый аккумулятор, то зависящим мока в цепи от времени будет маки, как показано на рисунке 14 красной лице. Если к этому же сопротивлению подключаемый аккумулятор, но частенно разряженный, то зависящим мока от времени будет маки, как показано на рисунке 14 синей лице. Если оба аккумулятора подключаются к тому же сопротивлению вместе, соединив их параллельно, то вначале по цепи будет идти мок 1,5 а. Нарисуйте график дальнейшего изменения мока в цепи со временем.

Внутреннее сопротивление аккумулятора в процессе разряда не меняется.

*) См. статью: Боровинский Л. А. Задачи на максимум и минимум. «Квант», 1973, № 5.

Так как аккумуляторы имеют одинаковые э. д. с. и внутренние сопротивления, то при их параллельном соединении через них будут идти одинаковые токи, равные половине тока через сопротивление, то есть 0,75 а. Оба аккумулятора при этом будут разряжаться.

По условию задачи емуость *) первого аккумулятора равна 1 а·3 u = 3 а·u. Поэтому второй аккумулятор будет разряжаться в течение четырех часов ($\frac{3 a \cdot u}{0,75 a} = 4 u$); емкость первого к концу этого процесса уменьшится до 2 а·u. После этого второй аккумулятор будет вести себя аналогично конденсатору, на котором есть неокоторое напряжение, но ток через него не идет. Действительно, как только э. д. с. этого аккумулятора начинает уменьшаться, первый аккумулятор будет его подзаряжать до э. д. с., равной напряжению на закимах аккумулятора.

Начиная с этого момента первый аккумулятор будет работать только на внешнее сопротивление. Так как его оставшаяся емкость равна 2 а·u, а по сопротивлению идет ток 1 а, то его энергии хватит на два часа работы.

Следовательно, в течение четырех часов по сопротивлению идет ток 1,5 а, затем в течение двух часов — 1 а. График изменения тока со временем показан на рисунке 14 черной линии.

Ф202. Труба радиуса r заполнена порисным веществом плотности $\rho_0$. Невесомый порисень, на котором действует постоянная сила F, ввидяясь в трубу, уплотняет вещество до плотности $\rho$ (рис. 15). С какой скоростью движется порисень, если уплотнение происходит скалком, то есть в трубе как бы перемещается с некомторой скоростью поверхность, справа от компоненты вещества $\rho_0$, а слева р? В начальной моменте эта поверхность совпадает с плоскостью порисня.

Будем считать, что труба достаточно велика, так что граница области с различной плотностью находится daleko от конца цилиндра. Тогда ясно, что единственный горизонтальный силой, действующий на вещество в цилиндре, является сил F; поэтому изменение импульса вещества в цилиндре равно импульсу этой силы.

Каждая из приведенных в движение части вещества движения со скоростью движения границы между области с различной плотностью. Обозначим эту скорость c, а скорость движения порисня v.

*) Емкость аккумулятора — это максимальный заряд, который можно получить ст него при разряде.

Рис. 15.

За время $\Delta t$ поршень переместится на расстояние $v \Delta t$, и в движение придут те частицы, которые находятся в объеме $v \Delta t \pi r^2$, причем плотность этих частира равна $\rho_0$ (остальные частицы, плотность которых равна $\rho - \rho_0$, уже движутся со скоростью c). Так как скорость каждого из частира равна c, то импульс, который прибретают частицы вещества за время $\Delta t$, равен $v \Delta t \rho_0 c \pi r^2$. Этот импульс, как мы уже говорили, равен импульсу силы F. Следовательно,

$$F \Delta t = \pi v \rho_0 c r^2 \Delta t.$$ (1)

Ясно, что скорости c и v не независимы. Из условия сохранения массы следует, что масса вещества, которое находится в объеме $v \Delta t \pi r^2$, при смешении поршня на расстояние $v \Delta t$ должна распределиться по объему $c \Delta t \pi r^2$, при этом здесь она будет плотность $\rho - \rho_0$. Поэтому

$$v \rho \Delta t \pi r^2 = c (\rho - \rho_0) \Delta t \pi r^2.$$

Отсюда

$$c = v \frac{\rho}{\rho - \rho_0}.$$ (2)

Подставляя (2) в формулу (1), получим

$$F = \pi v^2 \frac{\rho \rho_0}{\rho - \rho_0} r^2,$$

и

$$v = \sqrt{\frac{F}{\pi r^2} \frac{\rho - \rho_0}{\rho \rho_0}}.$$

И.Ш. Словодечкий