Решения задач М292—М295; Ф300—Ф302

24

Решения задач

M292. На доске выписаны числа от 1 до 50. Разрешаемся стеремь любые два числа и вместе их записать одно число — модуль их разности. После повторения указанной процедуры несколько раз на доске остается одно число. Какое это может быть число?

Ответ. Любое нечетное число, меньше 50, то есть одно из 25 чисел 1, 3, 5,…, 49.

Покажем сначала, что любое из этих чисел может получить. Пусть мы хотим получить число 2m+1 (m=0,1,…,24). Разобъем числа от 1 до 50 на пары так: (1, 2m+2), (2, 3), (4, 5), …, (2m, 2m+1), (2m+3,2m+4), …, (49, 50). Запишем вместе какой пары модель разности входящих в нее чисел: 2m+1, 1, …, 1 (24 единиц). Осталось избавиться от единиц. Для этого можно, разив их на пары, получить 12 нулей, а потом избавиться и от нулей (вместо пары (a, 0) мы можем писать одно число |a−0|=a).

Тепер докажем, что никакое другое число, кроме 1, 3, 5,…,49 получится не может. Прежде всего ясно, что любое написанное на доске число будет заключено между 0 и 50 (если 0≤a≤50, 0≤b≤50, то и 0≤a−b≤50). Докажем, что полученное число обязаательно будет нечетным. Проследим за суммой всех чисел, выписанных на доске. Вначале она равна

$$1+2+3+\dots+50=25\cdot51,$$

то есть нечетна. Но замена пары (a, b) на одно число |a−b| не меняет четность всей суммы, поскольку числа a+b и |a−b| всегда одинаковой четности (или оба четны, или оба нечетны). Поэтому сумма выписанных чисел на каждой шаге, в том числе и на самом последнем, когда остается одно число,— будет нечетна.

Можно показать, что и в более общем случае, когда вначале на доске выписаны числа от 1 до n, в конце может получить любое целое число k такое, что 0≤k≤n и k—то же четности, что n(n+1)/2 (то есть k четно, если n дает при делении на 4 остаток 3 или 0, и нечетно, если — остаток 1 или 2).

◆

Попробуем доказать, чем равен этот предел (предположив, что существует еще предела уже доказано). Из условия задачи следует, что $C_{n+1}C_{n+2}$ — бисекстрация угла треугольника $C_nC_{n+1}O$ (рис. 1), поэтому

$$2\gamma_{n+1}+\gamma_n+\alpha=\pi.$$

Если предел lim $\gamma_n$ существует и равен $\beta$, то, переходим к пределу в равенстве (1), получим

$$2\beta+\beta+\alpha=\pi,$$

откуда

$$\beta=(\pi-\alpha)/3.$$

Тепер докажем, что $\gamma_n$ действительное стремится к пределу $\beta=(\pi-\alpha)/3$. Посмотрим, как меняется с ростом n разность между $\gamma_n$ и $\beta$. Перешем (1) так:

$$2\left(\gamma_{n+1}-\frac{\pi-\alpha}{3}\right)=\frac{\pi-\alpha}{3}-\gamma_n.$$

Отсюда следует, что |$\gamma_{n+1}-\beta$|=|$\gamma_n-\beta$|/2, то есть что разность между $\gamma_n$ и $\beta$ при перехождения от n к n+1 уменьшается вдвое. Следовательно, |$\gamma_n-\beta$|=|$\gamma_1-\beta$|/2$^{n-1}$ стремится к нулю, то есть предел $\gamma_n$ действительное и равен $\beta=(\pi-\alpha)/3$.

25

М294. Докажите, что если $a, b, c, d, x, y, u, v$ — вещественные числа $u abcd > 0$, то $(ax + bu)(av + by)(cx + dv) \times (cu + dy) \geq (acuvx + bcuxy + advxy + bduvy) \times (acx + bcu + adv + bdy)$.

М295. Сечения выпуклого многообразника треугольника параллельными плоскостями $p_0, p_1, p_2$ ($p_1$ расположена между $p_0$ и $p_2$ на одинаковом расстоянии $h$ от мои $u$ другое) имеем площади $S_0, S_1$ и $S_2$ соответственно. Между $p_0$ и $p_2$ нет ни одной вершины многообразника.
a) Докажите, что
$$2\sqrt{S_1} \geq \sqrt{S_0} + \sqrt{S_2}.$$
b) В каком случае неравенство обращается в равенство?
e) Найдите площадь $S_t$ сечения многообразника плоскостью, параллельной $p_0$ и расположенной на расстоянии $th$ от $p_0$ и $(2-t)$ от $p_2$ ($0 < t < 2$).
e) Найдите объем числа многообразника, заключенной между плоскостями $p_0$ и $p_2$.

Рис. 2.
Рис. 3.
Рис. 4.

Если раскрыть все скобки, то в каждой части неравенства получится по 16 слагаемых, из которых 12 — одинаковые и сокращаются. Оставшиеся слагаемые после приведения подобных членов составляют такое очевидное неравенство, эквивалентное исходному:
$$abcd (xy - uv)^2 \geq 0.$$

Обозначим часть многогранички, заключенную между плоскостями $p_0$ и $p_2$, через $M$; через $V$ — объем выпуклого многогранички $M$. По условию все вершины $M$ лежат в плоскостях $p_0$ и $p_2$. На рисунках мы будем вершины и ребра многогранички $M$, лежащие в плоскости $p_2$, изображать головным цветом, в $p_0$ — зеленьм, а сечение плоскости $p_1$ — красным.

Рассмотрим сначала несколько примеров.
1°. $M$ — признам с основаниями в плоскостях $p_0$ и $p_2$ (рис. 2). Тогда $S_t = C$ (постоянная величины), в частиности, $S_0 = S_1 = S_2 = C$, так что выполняется равенство
$$2\sqrt{S_1} = \sqrt{S_0} + \sqrt{S_2}$$

и $V = 2S_0h$ (высота признамы равна 2h).
2°. $M$ — треугольная парамида, у которой вершина лежит в плоскости $p_0$, а основание — в плоскости $p_2$ (рис. 3). Тогда линейные размеры сечения плоскостью, параллельной $p_0$, пропорциональны расстоянию этой плоскости от $p_0$, так что $S_t$ пропорционально $t^2$: $S_t = At^2$, так что
$$S_0 = 0, S_1 = A, S_2 = 4A,$$
и вновь выполняется равенство (*); при этом $V = 2S_2h/3$.
3°. $M$ — усеченная треугольная парамида с основаниями в плоскости $p_0$ и $p_2$ (рис. 4). Тогда $S_t = A(t - \tau)^2$ (топределяется тем, на каком расстоянии $|\tau|$ от плоскости $p_0$ пересекаются продолжения боковых граней парамиды; $\tau > 2$ или $\tau < 0$, в зависимости от того, лежит ли точка пересечения продолжений боковых граней по ту же сторону от $p_0$, что $p_2$, или по другую), так что
$$S_0 = A\tau^2, S_1 = A(1 - \tau)^2, S_2 = A(2 - \tau)^2.$$

Проверьте, что вновь выполнен равенство (*), а $A$ и $\tau$ можно выразить через $S_0$ и $S_2$ так:
$$\frac{\tau - 2}{\tau} = \sqrt{\frac{S_2}{S_0}} \Rightarrow \tau = \frac{2\sqrt{S_0}}{\sqrt{S_0} - \sqrt{S_2}};$$
$$A = \left(\frac{\sqrt{S_0} - \sqrt{S_2}}{2}\right)^2.$$

Объем $V$ равен $2(S_0 + \sqrt{S_0}S_2 + S_2)h/3$ (его можно найти как разность объемов двух неусеченных парамид: $V = \frac{S_0h\tau}{3} - \frac{S_2h(\tau - 2)}{3}$).

Разумеется, пример 2° можно считать частьм случем 3°.
4°. $M$ — треугольная признама, лежащая на боку (рис. 5, а). Здесть $S_t = B(2 - t)$, так что
$$S_0 = 2B, S_1 = B, S_2 = 0,$$
и выполено неравенство
$$2\sqrt{S_1} > \sqrt{S_2} + \sqrt{S_0},$$
а $V = S_0h$ (рис. 5, б).

26

5°. М — треугольная парамида, у которой две вершины принадлежат $p_0$, а две — $p_2$ (рис. 6, а). Тогда $S_t$ — площадь паралелограмма, у которой длины сторона линейно зависит от $t$, причем одна обращается в 0 при $t=0$, а другая при $t=2$, поэтому $S_t=At$ (t—2), так что $S_0=S_2=0$, $S_1=-A$ и выполнен неравенство (**). Объем $V$ здесь равен $4S_1h/3$ (рис. 6, б).

6°. М — многогранник, у которого все сечения плоскостями, паралелыми $p_0$ и $p_2$,— паралелограммы (быть может, вырожденные при $t=0$ или $t=2$ — см. рис. 7). В этот пример входят 4°, 5°, паралелоппеды, усеченная парамида с паралелограммом в основании и другие многогранники. Здесь мы заметим только, что длины той и другой стороны паралелограмма линейно зависит от $t$ (либо вообще не зависит от $t$), так что $S_t$ выражается функцией вида $S_t=C$, $S_t=B(t-\tau_0)$ или $S_t=A(t-\tau_1)(t-\tau_2)(\tau_j$-числа, не принадлежащие интервалу ]0;2[).

Теперь приведем схему решения задачи в общем случае, оставляя детали доказательств читателю.

Любой многогранник $M$ можно свести к уже рассмотренным, воспользовавшись тем или другим из следующих способов:

(Р). $M$ можно разрезать на треугольные парамиды (вида 2° и 5°) неокоторыми плоскостями, проходящими через его вершины (рис. 8, а—е).

(Д). Если $M$ отличен от многогранников вида 6°, то, продолжив неокоторые его грани, можно несколькими треугольными усеченными парамидами и признами (вида 3° и 2° и 1°) до полиньь $M$ до треугольной усеченной парамиды или признамы (рис. 8, д).

Теорема 1. Площадь сечения $S_t$, как функция $t$, выражается для любого многогранника $M$ квадратным трехчленом:

$$S_t=At^2+Bt+C,$$

причем дискриминант это трехчлен неотрицатель:

$$B^2-4AC\geq 0$$

и равен нулю molко для призна и парамид (в том числе усеченных) с основанием в плоскостях $p_0$ и $p_2$.

Лемма а. Пусть $F(t)=At^2+Bt+C\geq 0$ на отрезке $a\leq t\leq b$. Тогда график функции $y=\sqrt{F(t)}$ на этом отрезке — выпуклый вверх, если $B^2-4AC>0$, выпуклый вниз, если $B^2-4AC<0$, и представляется собой отрезок прямой линии (или состоит из отрезков двух прямых), если $B^2-4AC=0$. (График функции $y=f(t)$ на отрезке $[a,b]$ мы называем выпуклым вверх, если для любых точек $c$, $c-d$ и $c+d$ этого отрезка выпоклено неравенство,— см. рис. 9.)

Ясно, что из теоремы 1 и леммы вытекает утверждение a) задачи M295 и ответы на вопросы 6) и в):

6. равенство (*) выпоклется только для парамид, признам и усеченных парамид с основанием в плоскостях $p_0$ и $p_2$.

в) $S_t=At^2+Bt+C$, где $A,B$ и $C$ определяются из системы уравнения $S_0=C$, $S_1=A+B+C$, $S_2=4A+2B+C$; отсюда

$$S_t=\frac{S_2-2S_1+S_0}{2}t^2-\frac{3S_0-4S_1+S_2}{2}t+S_0.$$

Чтобы найти объем $V$, те, кто знаком с началом интегрального исчисления, могут просто проинтегрировать $S_t$ от $t=0$ до $t=2$ и результат умножить на $h$. Впрочем, с самого начала ясно, что если нужная формула существует (то есть объем действияного выражения через $S_0$, $S_1$, $S_2$ и $h$), то она должна иметь вид $V=(\alpha S_0+\beta S_1+\alpha S_2)h$, а числа $\alpha$ и $\beta$

27

легко найти из рассмотренных пяти примеров. Таким образом, мы приходим к такой теореме, дающей ответ на вопрос г).

Т е о р е м а 2. Объем V многогранника М равен $(S_0+4S_1+S_2)h/3$.

В заключение дадим несколько указаний к доказательствам всех высказанных утверждений.

Утверждения (Р) и (Д) можно доказать индукцией по числу вершин или по числу граней многогранника М.

В доказательстве теоремы 1 удобно воспользоваться (Д) — если $M\bigcup П_1\bigcup...\bigcup П_n=П_0$ и $S_t^i (i=0, 1,..., n)$ — площади сечений многогранников $П_i$ (усеченных пирамид и призм), то

$$S_t=S_t^{(0)}-S_t^{(1)}-...-S_t^{(n)}=At^2+Bt+C,$$

где каждое $S_t^{(i)}$ имеет вид либо $C_i$, либо $A_i(t-\tau_i)^2$; поскольку $S_t\geqslant0$ при $0\leqslant t\leqslant2$ и (если $S_t$ — непостоянная) $At^2+Bt+C$ принимает неположительные значения (если $S_t^{(0)}=A^{(0)}(t-\tau_0)^2$, то при $t=\tau_0$, если $S_t^{(0)}=C_0$ — то при достаточно больших $t$), $S_t=At^2+Bt+C$ имеет вещественные корни, то есть $B^2-4AC\geqslant0$.

Для доказательства леммы полезно использовать тот факт, что свойство «иметь вещественные корни» и направление выпуклости графика сохраняются, если умножить трехчлен на положительное число или перейти к новому трехчлену с помощью линейной замены переменной $t=pt^*+q$ ($p$ и $q$ — любые числа, $p\neq0$). Для тех, кто познакомился с кривыми второго порядка по статьям И. Н. Бронштейна («Квант», №№ 1, 3, 4), заметим, что в случае $B^2-4AC>0$ графиком $y=\sqrt{F(t)}$ будет кусок эллипса или гиперболы, фокусы которой лежат на оси $Ot$, а в случае $B^2-4AC<0$ — кусок гиперболы, у которой отрезок, соединяющий фокусы, перпендикулярен $Ot$.

Для доказательства теоремы 2 лучше использовать (Р) — тогда формулу для $V$ достаточно проверить для тетраэдров $2^\circ$ и $5^\circ$.

Н. Б. Васильев

◆

Рис. 8, в.

Рис. 8, г.

Рис. 8, д.

Рис. 9.

Ф300*). Найти, на какую высоту поднимается жидкость в расширяющемся и суживающемся конических капиллярах. Смачивание полное. Угол при вершине конуса, который образует капилляр, равен $2\alpha$. Этот угол считать малым. Коэффициент поверхностного натяжения жидкости $\sigma$.

---

*) Решение задачи Ф299 будет опубликовано в следующем номере.

Так как смачивание полное, то свободная поверхность жидкости в капилляре представляет собой часть сферической поверхности, вписанной в конус. Радиус этой сферы $R$ равен $r/\cos\alpha$, где $r$ — радиус капилляра на той высоте, до которой поднимается жидкость (рис. 10, 11). Под вогнутой сферической поверхностью радиуса $R$ давление в жидкости меньше атмосферного на величину $p_д=\dfrac{2\sigma}{R}=\dfrac{2\sigma\cos\alpha}{r}$ и равно $p=p_0-p_д=p_0-\dfrac{2\sigma\cos\alpha}{r}$. На уровне поверхности жидкости в широком сосуде давление в капилляре равно $p+\rho gh$ и, очевидно, равно атмосферному давлению $p_0$. Следовательно,

$$p_0-\dfrac{2\sigma\cos\alpha}{r}+\rho gh=p_0,\quad\text{или}\quad \rho gh=\dfrac{2\sigma\cos\alpha}{r}.\qquad(1)$$

Обозначим через $r_0$ радиус капилляра на уровне поверхности жидкости в широком сосуде. Тогда $r=r_0+h\,\mathrm{tg}\,\alpha$ в случае расширяющегося капилляра и $r=r_0-h\,\mathrm{tg}\,\alpha$

28

при сухивающей капилляре. Или, для обих слуаев, $r = r_0 + kh \text{tg} \alpha$, где $k = 1$ для расширяющего капилляра и $k = -1$ для сухивающего капилляра. Учитывая это, перепишем (1) в виде

$$\rho gh = \frac{2\sigma \cos \alpha}{r_0 + kh \text{tg} \alpha}.$$

(2)

При $\alpha = 0$ это уравнение дает известный результат $h = \frac{2\sigma}{\rho g r_0}$. Если $\alpha$ не равно нулю, то из (2) непредседательно получаем квадратное уравнение

$$k \rho g \text{tg} \alpha h^2 + \rho g r_0 h - 2\sigma \cos \alpha = 0.$$

(3)

Решая это уравнение, найдем

$$h_{1,2} = \frac{-\rho g r_0 \pm \sqrt{(\rho g r_0)^2 + 8k \rho g \sigma \sin \alpha}}{2k \rho g \text{tg} \alpha}$$

(4)

В случае расширяющего капилляра (при $k = 1$) имеется только одно положительное значение корня уравнения (3):

$$h = \frac{-r_0 + 1 \sqrt{r_0^2 + 8\sigma \sin \alpha/\rho g}}{2 \text{tg} \alpha}$$

До такой высоты и поднимется жидкость в расширяющем капилляре.

В случае сухивающего капилляра ($k = -1$), если $\rho g r_0^2 > 8\sigma \sin \alpha$, она корня могут быть положительным и поэтому необходимо исследовать ответ более подробно. Для этого вернемся к уравнению (2). Выражение в левой части уравнения — это гидростатическое давление столбца жидкости высоты $h$; обозначим его $p_r$. Выражение в правой части — это добавочное, «поддерживающее» давление $p_d$, возникшее благодаря действию сил поверхностного натяжения. Нарисуем на одном чертеже графики зависимости $p_r$ и $p_d$ от $h$ (рис. 12). Точки пересечения графиков соответствуют найденным значениям $h_1$ и $h_2$, то есть положения равновесия жидкости в капилляре. Расмотрим оба эти положения. Пусть $h = h_1$ и по каким-то случайным принципам уровень жидкости немного увеличится. В этом случае $p_d$ увеличится меньше, чем $p_r$, следовательно, поверхность жидкости опустится, вернулись к уровню $c = h_1$. При уменьшении $h$ $p_d$ уменьшится меньше, чем $p_r$, следовательно, поверхность жидкости увеличится. Это означает, что положение равновесия жидкости неустойчивым. Точно так же, рассматривая положение равновесия $h = h_2$, можно показать, что оно является неустойчивым. При случае номеншеничии уровня жидкости он будет продолжать уменьшаться до $h_1$, а при увеличении $h$ – увеличивается до верхней границы капилляра.

При $\rho g r_0^2 = 8\sigma \sin \alpha$ имеется только одно значение корня, графики $p_r$ и $p_d$ (пунктирная линия на рисунке) касаются в точке $h = \frac{r_0}{2 \text{tg} \alpha}$.

В этом случае положение равновесия жидкости неустойчиво, и при случае малом увеличении уровня жидкости он будет продолжать уменьшаться до границы капилляра. При $\rho g r_0^2 < 8\sigma \sin \alpha$ положение равновесия вообще отсутствует, и жидкость обязает понимать до верхxa капилляра.

29

Ф 301. Круезда линза диаметра D состоит из двух соедининых по диаметру половинок. Фокусное расстояние одной из них F, другой 2F. На расстоянии a от линии находится источник света, на расстоянии 2a по другую сторону линзы — экран. Наисуйте график зависимости освещенности изображения источника на экране от расстояния мощи экрана до оптической оси линзы. Изменик находится на оптической оси линзы, экран перендикулярен этой оси.

Две половинки линзы образуют оптическую систему из двух линз с фокусными расстояниями F (linза Л1) и 2F (linза Л2). Оптические оси этих линз совпадают. По определению освещенности зависит от светового потока, попадающего на экран, и от площади пятна на экране. В нашем случае при определении положения источника каждой линза создает на экране свое световое пятно, так как различные расстояния линзы. Величины же световых потоков, проходящих через линзы, одинаковы, поскольку одинаковы площади линза, а значит, и телесные углы, внутри которых заключены световые потоки, попадающие на экран. Следовательно, освещенность экрана определяется величины площади изображения. Очевидно, что при изменении положения источника меняется положение его изображения, следовательно, изменяется площадь пятна на экране и величины освещенности изображения на экране.

Рис. 13.

Используя формулу линзы, найдем, что изображения источника находится от линз на расстояния f1 = Fa/a - F и f2 = 2Fa/a - 2F. Расстоярим несколько положений источника.

При a < F f1 < 0 и f2 < 0, то есть оба изображения источника минимые. На экран попадают лучки лучей, показанные на рисунке 13. Эти лучки на экране не перекрывают, какая линза освещает свою часть экрана и создает на нем свою освещенность. (Напомним, что в геометрической оптике расматривается узкие приосевые лучки, поэтому световое пятно на экране небольшое, и можно считать, что освещенность в любом месте пятна одна и та же.) Справа на рисунке показан график зависимости освещенности от расстояния x до оптической оси.

При F < a < 2F f1 > 0 и f2 < 0. Изображение источника в первой линze действительное, а во второй — минимое. Однако распределение освещенности зависит от того, каково f1 — больше оно или меньше, чем расстояние до экрана 2a. Это соответствует следующим F < a < 3/2 F и 3/2 F < a < 2F.

30

Рис. 15.

Пучки лучей и графики освещенности для этих случавы показаны на рис. 14 и 15.

И, наконец, при $a > 2F$ оба изображения источника действительны, причем $f_1 < 2a$, а $f_2$ может быть и больше, и меньше, чем $2a$. Если $2F < a < 3F$, то $f_2 > 2a$; ход лучей и графики освещности аналогичны случаю, показанному на рис. 15. Если же $a > 3F$, то $f_2 < 2a$, построения и графики аналогичны случаю, соответствующему рис. 14. Убедитесь в этом самостояльно.

Ф302. За лисой, безучей прямолинейно и равномерно соскоростью $v_1$,zonится собака, скорость коморой $v_2$ постоянна по абсолотной величины и направлена все время на лису. В том момент, когда скорости $v_1$ и $v_2$ оказались взаимно перепределниками, рассмотрите между лисой и собакой было равно $l$. Каково было ускорение собаки в этом момент?

Так как абсолотная величина скорости собаки постоянна, а меняется только направление скорости, то ускорение собаки направлено perpendикулярно к вектору скорости. Чтобы найти величины ускорения собаки, воспользуемся тем, что любую траекторию материальной точки за очень малый промежуток времени можно считать другой окружности. Тогда ускорение собаки представляется собой центростремительное ускорение, равное

$$a = \frac{v_2^2}{R},$$

где $R$ — радиус окружности, который можно заменить действительным траекторию собаки.

Рассмотрим перемещение собаки за малое время $\Delta t$. За это время вектор скорости собаки повернется на угол $\alpha$ такой, что $\alpha = \frac{v_2 \Delta t}{R}$ (рис. 16). С другой стороны, лиса за время $\Delta t$ перемещется на расстояние $v_1 \Delta t = \alpha l$, так как вектор скорости собаки все время направлен на лису. Следовательно,

$$\frac{v_2 \Delta t}{R} = \frac{v_1 \Delta t}{l}.$$

Тогда

$$R = \frac{v_2}{v_1} l \text{ и } a = \frac{v_1 v_2}{l}.$$

И. Ш. Слободецкий