Решения задач М361—М363; Ф369—Ф372

49

Решения задач

M361. Двое церам в следующую церру. На клетчатой бумаге выделяется прямоугольник $m \times n$ клеток. Каждый по очереди вычеркивает все клетки какого-нибудь горизонтального ряда — строками. Заметим, что после вычеркивания какого-нибудь столбца (строки) оставшиеся клетки можно считать расположенными в прямоугольнике, у которой число столбцов (соответственно, строк) на единицу меньше. Из рисунка 1 видно, что исходя от того, какой именно столбец (или строка) вычеркивается, поэтому можно считать, что это — один из крайних столбцов (или же строк).

Покажем, что если числа $m$ и $n$ строк и столбцов в исходном прямоугольнике разной четности, то при правильной игре выгрывается начинающий.

Стратегия начинающего такова: он вычеркивает строку или столбец так, чтобы остался прямоугольник с четным числом строк и четным числом столбцов (поскольку в исходном прямоугольнике числа строк и столбцов имели разную четность, он всегда сможет это сделать). После любого хода второго игра остается меньший прямоугольник, у которого опять числа столбцов и строк имеют разную четность. Начинающий опять вычеркивает строку или столбец так, чтобы остался прямоугольник с четным числом строк и столбцов, и т. д. В конце концов после хода второго игра остается прямоугольник либо с одной строкой, либо с одним столбом, вычеркивая которой, начинающий выгрывается.

Заметим, что если в первоначальном прямоугольнике всего один столбец (или строка), то начинающий вычеркивая этот столбец (строку), выгрывается.

ИЗ приведенного рассуждения следует, что если $m$ и $n$ имеют одинаковую четность и ни одно из них не равно единице, то выгрывается второй игрок, поскольку начинающий любым ходом остался ему прямоугольник, у которого количество строк и столбцов имеет разную четность.

А. Савин

Рис. 1.

М362. Подаем какую строку выпуклого четырехугольника $ABCD$ на три равные части и соединим отрезки соответствующие точки на промирошојных строках. Докажите, что плюшад «среднее» четырехугольника в 9 раз меньше плюшади четырехугольника $ABCD$.

Рис. 2.

Будем называть клетки вертикального ряда столбцами, клетки горизонтального ряда — строками. Заметим, что после вычеркивания какого-нибудь столбца (строки) оставшиеся клетки можно считать расположенными в прямоугольнике, у которой число столбцов (соответственно, строк) на единицу меньше. Из рисунка 1 видно, что исходя от того, какой именно столбец (или строка) вычеркивается, поэтому можно считать, что это — один из крайних столбцов (или же строк).

Покажем, что если числа $m$ и $n$ строк и столбцов в исходном прямоугольнике разной четности, то при правильной игре выгрывается начинающий.

Стратегия начинающего такова: он вычеркивает строку или столбец так, чтобы остался прямоугольник с четным числом строк и четным числом столбцов (поскольку в исходном прямоугольнике числа строк и столбцов имели разную четность, он всегда сможет это сделать). После любого хода второго игра остается меньший прямоугольник, у которой опять числа столбцов и строк имеют разную четность. Начинающий опять вычеркивает строку или столбец так, чтобы остался прямоугольник с четным числом строк и столбцов, и т. д. В конце концов после хода второго игра остается прямоугольник либо с одной строкой, либо с одним столбом, вычеркивая которой, начинающий выгрывается.

Заметим, что если в первоначальном прямоугольнике всего один столбец (или строка), то начинающий вычеркивая этот столбец (строку), выгрывается.

ИЗ приведенного рассуждения следует, что если $m$ и $n$ имеют одинаковую четность и ни одно из них не равно единице, то выгрывается второй игрок, поскольку начинающий любым ходом остался ему прямоугольник, у которой количество строк и столбцов имеет разную четность.

А. Савин

Мы решим более общую задачу — докажем, что если стороны $AB$ и $DC$ разбитены на $m$, $BC$ и $AD$ — на $n$ равных частей ($m$ и $n$ нечетны; рис. 2), то площадь центрального четырехугольника $ABCD$. I. Dokажем сначала, что каждый из отрезков, соединяющихся строками четырехугольника $ABCD$, разбитен на равные части.

Для этого проверим справедливость такого более общого утверждения: если точки $K \in [AB], L \in [DC], M \in [AD], N \in [BC]$ таковы, что

$$\frac{|AK|}{|KB|} = \frac{|DL|}{|LC|} = \alpha, \frac{|AM|}{|MD|} = \frac{|BN|}{|NC|} = \beta,$$

мо욕 пересечения $P$ отрезков $KL$ и $MN$ делим их в тех же отношениях

$$\frac{|MP|}{|PN|} = \alpha, \frac{|KP|}{|PL|} = \beta.$$

В этом нетрудно убедиться с помощью векторов, но мы воспользуемся механическими сообщениями. Поместим в точках $A, B, C$ и $D$ грузы с массами $1, \alpha, \alpha\beta$ и $\beta$ соответствующей

50

но (рис. 3) и найдем двумя способами центр тяжести этих четырех грузов. Центр тяжести грузов $A$ (1) и $B$ ($\alpha$) лежит в точке $K$, грузов $D$ ($\beta$) и $L$ ($\alpha\beta$) — в точке $L$; значит, центр тяжести всех четырех грузов лежит в точке $P'$, делящей отрезок $KL$ в отношении $\frac{|KP'|}{|P'L|} = \frac{\beta + \alpha\beta}{1 + \alpha} = \beta$.

Аналогично, объединяя в пары грузы $A$ (1) и $D$ ($\beta$), $B$ ($\alpha$) и $C$ ($\alpha\beta$), докажем что центр тяжести этих грузов лежит в точке $P'' \in [MN]$, для которого $\frac{|MP''|}{|P''N|} = \alpha$.

Поскольку центр тяжести принадлежит и $KL$, и $MN$, он должен совпадать с точкой пересечения этих отрезков: $P' = P'' = P$. Тем самым равенства (*) доказаны.

II. Докажем теперь такое утверждение: если стороны $AB$ и $CD$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ разделить на $k$ равных частей и соединить соответствующим точки (рис. 4), то площади полученных четырехугольников $S_1$, $S_2, \dots, S_k$ составляют арифметическую прогрессию. Действительно, разделим каждый четырехугольник диагонально на два треугольника — красный и голубой, как показано на рисунке 5. Площади голубых треугольников составляют арифметическую прогрессию (их основания, лежащие на $AB$, конгруэнтны, а высоты составляют арифметическую прогрессию) и площади красных треугольников — тоже. Складывая по членно две арифметические прогрессии, мы получаем всегда арифметическую прогрессию.

III. Вернемся к исходной задаче. Запишем в клетках таблицы $m \times n$ площади соответствующих четырехугольников, на которых разбит $ABCD$. После этого следится к такому почтению очередному утверждение: если в таблице из $m$ строк и $n$ стольцов (м и $n$ нечетными) записаны числа, в каждом стольце и в каждой строке образующие арифметическую прогрессию, то число в центральной клетке в mn раз меньше суммы всех чисел в таблице.

Для доказательства достаточно заметить, что сумма чисел в каждой строке в $n$ раз больше среднего числа этой строки, а сумма чисел среднего столца в $m$ раз больше числа в центральной клетке.

Н. Васильев

М363. Две параболи с прраалельными осами пересекаются в точках $A_0$ и $B_0$. На первой из них взямы точки $A_1$, $A_2$, … $A_{2n}$; на второй — точки $B_1$, $B_2$, … $B_{2n}$, так что $A_0A_1 \parallel B_0B_1$, $A_1A_2 \parallel B_1B_2$, … $A_{2n-1}A_{2n} \parallel B_{2n-1}B_{2n}$. Доказим, что $A_{2n}B_0 \parallel B_{2n}A_0$.

Пусть $y = px^2 + qx + r$ и $y = p'x^2 + q'x + r'$ — уравнение данных парабол (Рис. 7). Если $a_i, b_i$ — абсциссы точки $A_i, B_i$, то угловой коэффициент хорды $A_iA_j$ первой параболы дается формулой

$$\frac{(pa_i^2 + qa_i + r) - (pa_j^2 + qa_j + r)}{a_i - a_j} = p(a_i + a_j) + q,$$

и, аналогично, угловой коэффициент хорды $B_iB_j$ второй параболы — формулой $p'(b_i + b_j) + q'$.

Из условия следует, что

$$p(a_0 + a_1) + q = p'(b_0 + b_1) + q',$$

$$p(a_1 + a_2) + q = p'(b_1 + b_2) + q',$$

$$p(a_{2n-1} + a_{2n}) + q = p'(b_{2n+1} + b_{2n}) + q'$$

Поскольку $A_0B_0$ — общая хорда обиха парабол, то $p(a_0 + b_0) + q = p'(a_0 + b_0) + q'$. (*)

Умножая почленное равенства (1), (3), …, (2n - 1) на —1 и складывая их с равенствами (*), (2), (4), …, (2n), получаем $p(a_{2n} + b_0) + q = p'(b_{2n} + a_0) + q'$.

Это и означает, что $A_{2n}B_0 \parallel B_{2n}A_0$.

51

Ф369. Три одинаковых заряженных шарика скреплены непроводящими нитями, образующими прямуюольный треугольник BAC (рис. 7). Узол ABC равен α, BC = l. С каким ускорением начум дв歧амся заряды, если перерезать нить BC? Заряды шариков равны q, массы — m.

Рассмотрим движение шариков в системе координат XOY; ось X направим вдоль катега AC, ось Y — вдоль катега AB (см. рис. 7).

Так как шарики A и C связаны нитью, вдоль оси X они движутся как единое целое. Запишем уравнение движения системы шариков, проектировав на ось X внешние силы, действующие на системе. Это силы F₂ и F₁ — силы взанмодействия шариков A и C с шариком B. Сила F₂ направлена perpendicularно оси X, и ее проекция на эту ось равна 0. Проекция силы F₁ на ось X равна F₁ sin α. Следовательно,

$$F_1 \sin \alpha = 2 m a_x.$$

Отсюда проекции ускорений шариков A и C на ось X равны

$$a_{Ax} = a_{Cx} = a_x = \frac{F_1}{2m} \sin \alpha = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml^2} \sin \alpha.$$

Аналогично для системы шариков A и B, тоже связываны нитью, получим

$$a_{Ay} = a_{By} = \frac{F_1}{2m} \cos \alpha = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml^2} \cos \alpha.$$

Тогда абсолотная величина ускорения шарика A равна

$$a_A = \sqrt{a_{Ax}^2 + a_{Ay}^2} = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml^2}.$$

Вектор a_A составляет с осью X угол β такой, что

$$tg\beta = \frac{a_{Ay}}{a_{Ax}} = ctg\alpha.$$

Теперь рассмотрим шарик B. Запишем для него уравнение движения вдоль оси X. Сила натяжения нити AB и сила, действующая со стороны шарика A, направлены вдоль оси Y, и их проекции на ось X равны нулю. Следовательно,

$$a_{Bx} = \frac{F_1}{m} \sin \alpha = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 ml^2} \sin \alpha.$$

Тогда модель ускорения шарика B

$$a_B = \sqrt{a_{Bx}^2 + a_{By}^2} = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml^2} \sqrt{1 + 3 \sin^2 \alpha}$$

и

$$tg\gamma = \frac{a_{By}}{a_{Bx}} = \frac{1}{2} ctg\alpha.$$

Проведя аналогичные рассужждения для шарика C, получим

$$a_{Cy} = \frac{F_1}{m} \cos \alpha = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 ml^2} \cos \alpha,$$

$$a_C = \sqrt{a_{Cy}^2 + a_{Cy}^2} = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 ml^2} \sqrt{1 + 3 \cos^2 \alpha},$$

$$tg\delta = \frac{a_{Cy}}{a_{Cy}} = 2 ctg\alpha.$$

Ф370. Трубка, диаметр комо-
рой много меньше ее длины,
свернума в колючую радиуса R.
Кольцо поставлено вертикально-

52

но и заполенено жидкость, кроме небольшого участка около точки A (рис. 8), в котором находится путь верхняя путь верхняя. Пузырек начинает всплывать. Наимену его скорость в том момент, когда он будет проходить точку B. Длина путька l. Тренец вооды о стенки сосуда пренебречь.

Рис. 8.

Ф371. Пущика массы M = 200 кг стрелляем ядром массы m = 20 кг под углом α = 30° к горизонтум. Заряд пороха r = 0,5 кг *), его температура q = 1000 ккал. В момент вылета ядра из пушки на него cadится барон Монхаузен. Его масса μ = 70 кг. На сколько близке упадем ядро с Монхаузеном при том же заряд пороха? На сколько нужно увеличить заряд пороха для того, чтобы Монхаузен попал мудя же, куда попадали ядра до эмодо? К. n. d. выстрела прияmb равным η = 10%. Считать, что пушка находится на эладкой поверхности, по которой может скользить без трения.

• ) В условия задании (см. «Квант», 1975, № 12) была допущена опечатка.

ились. Из закона сохранения энергии следует, что

$$\frac{mv^2}{2} = \Delta \Pi.$$

Здесь m — масса жидкости в трубке, mv²/2 — изменение кинетической энергии жидкости, а ΔΠ — изменение ее потенциальной энергии.

Для того чтобы найти ΔΠ, рассмотрим порцию жидкости в объеме воздуха путь верхняя. Обозначим ее массу через m₁. За то время, пока путь переходит из точки A в точку B (см. рис. 8), эта порция жидкости перемещается из B в A, т. е. опускается на высоту 2R. Положение остальной массы жидкости не меняется. Следовательно,

$$\Delta \Pi = m_1 g \cdot 2R.$$

Тогда

$$\frac{mv^2}{2} = 2 m_1 g R.$$

Отсюда, с учетом очередного соотношения

$$\frac{m}{m_1} = \frac{2 \pi R - l}{l},$$

окончательно получим

$$v = 2 \sqrt{\frac{g R i}{2 \pi R - l}}.$$

Поскольку l ≪ 2πR,

$$v \approx \sqrt{\frac{2 g l}{\pi}}.$$

И. Слободецкий

◆

Прежде всего выясним, что происходит с ядром, пушкой и гладкой горизонтальной поверхности, на котором находится пушка, в процессе выстрела. Строго говоря, выстрел длится некоторое конечное время, хотя и очень мало.

Если система пушка — поверхность достаточно «мягкая», т. е. возможна деформация системы, и время выстрела много меньше характера времени этой деформации, то явление развивается в два этапа. Сначала происходит взаимодействие ядра с пушкой, подвижной во всех направлениях, а потом — взаимодействие пушки с поверхностью (которое нас не интересует в дальнейшем). Очевидно, что в этом случае угодл вылетя ядра относительно Земли равен углу наклона ствола пушки α.

Если же система пушка — поверхность абсолотно «жесткая», то пушка после выстрела вертикальной составляющей скорости не прибретет (аналогично слушаю, когда пушка, неподвижно скрепленная с поверхностью, выстреливает вертикально вверх) и будет движаться только по горизонтали. В этом случае угодл вылетя ядра β уже не будет равен углу установки ствола α.

Рассмотрим первый случай. Обозначим через V скорость пушки после выстрела, а через v — скорость ядра относительно Земли. Введем горизонтальную (OX) и вертикальную (OY) оси координат. Запишем закон сохранения импульса системы ядро—пушка для проекции на горизонтальную и вертикальную оси:

$$mv_x = MV_x, \quad mv_y = MV_y.$$

Отсюда

$$V_x = \frac{m}{M} v_x \quad и \quad V_y = \frac{m}{M} v_y.$$

53

Закон сохранения энергии, с учетом коэффициента полезного действия η (полезной будем считать полную механическую энергию системы, т. е. кинетическая энергию ядра и пушки), дает

$$\frac{m \left(v_x^2 + v_y^2\right)}{2} + \frac{M \left(V_x^2 + V_y^2\right)}{2} = \eta q r,$$

или, используя соответствия (1),

$$v^2 = \frac{2 \eta q r}{m (1 + m / M)}.$$

Найдем дальнейшую последующее (1),

$$L = \frac{v^2 \sin 2 \alpha}{g} = \frac{2 \eta q r \sin 2 \alpha}{mg (1 + m / M)}.$$

Пусть теперь немедленно после выстрела на ядро сдаится барон Мюнхаузен, причем делает это столб элегантно (ему не привыкать!), что не изменяет направления скорости ядра: начальная скорость барона равна нулю. Используя еще раз закон сохранения импульса, найдем модуль скорости $v_1$ системы барон—ядро:

$$mv = (m + \mu) v_1, \text{ и } v_1 = \frac{m}{m + \mu} v = \frac{v}{1 + \mu/m}.$$

Дальность полета $L_1$ этой системы будет равна

$$L_1 = \frac{v_1^2 \sin 2 \alpha}{g} = \frac{1}{(1 + \mu/m)^2} \frac{v^2 \sin 2 \alpha}{g} = L \frac{1}{(1 + \mu/m)^2}.$$

Следовательно, ядро с Мюнхаузеном упадет близке на

$$\Delta L = L - L_1 = L \left[ 1 - \frac{1}{(1 + \mu/m)^2} \right] \approx 1600 \text{ м}.$$

Для того чтобы попасть в режимю точку, барон должен заблагревенно подсыпать в пушку больше пороха. Терьер скорость ядра с бароном должны стать равной $v$, а новая скорость $v'$ одного ядра, согласно выражению (4), должна соответствовать увеличиться:

$$v' = v (1 + \mu/m), \text{ и } v'^2 = v^2 (1 + \mu/m)^2.$$

Поскольку заряд пороха пропорционален квадрату скорости ядра (выражение (2)), новый заряд пороха будет равен

$$r' = r (1 + \mu/m)^2 \approx 10 \text{ кц}.$$

Таким образом, заряд пороха надо увеличить на $r' - r \approx 9,5 \text{ кц}.$

Предлагаем вам расчет для случая «жесткой» системы пушки — поверхность проводится самостояльно.

A. Смасенко

◆

Приведем два решения этой задачи — графическое и analитическое.

Построим изображение predmeta $MN$ в произвольной системе из двух тонких положительных linз (рис. 9). Для этого рассмотрим ход двух лучей, вышеших из точки $N$. Пусть один луч $(AB)$ идет параллельно оптической оси системы, а второй проходит через оптический центр первой linзы. Масштаб изображения будет определяться точкой пересечения этих лучей после прохождения системы linз.

При изменении расстояния от predmeta до системы (предмет $M_1 N_1$ на рисунке 9) ход луча $AB$ не изменяется. Оче-

54

Рис. 9.

Рис. 10.

видно, что если луч $AB$ после прохождения системы линз пройдет параллельно оптической оси, то размер изображения не будет зависит от расстояния от предмета до системы (рис. 10). Но это возможно только в том случае, когда луч $AB$, пройдя через $\varGamma_1$, пересечет фокус линзы $\varGamma_2$, т. е. когда правый фокус первого линзы совпадает с левым фокусом второй линзы. Таким образом,

$$l = F_1 + F_2.$$

Такую систему линз называют телефонической.

К этому результату можно прийти и анализически. Поперечное увелиние $\varGamma$, даваемое тонкой линзой, равно

$$\varGamma = \frac{f}{d} = \frac{F}{d - F} = \frac{f - F}{F}.$$

Здесь $d$ — расстояние от предмета до линзы, $f$ — расстояние от линзы до изображения и $F$ — фокусное расстояние линзы.

Для системы двух линzes можно записать

$$\varGamma = \varGamma_1 \varGamma_2 = \frac{f_1 - F_1}{F_1} \frac{F_2}{d_2 - F_2}.$$

Но $d_2 = l - f_2$, поэтому

$$\varGamma = \frac{F_2}{F_1} \frac{f_1 - F_1}{l - f_1 - F_2}.$$

Отсюда видно, что $\varGamma$ не зависит от $f_1$ (а значит, и от $d_1$), если

$$\frac{f_1 - F_1}{l - f_1 - F_2} = \text{const}.$$

Это возможно только в том случае, когда $l = F_1 + F_2$.

Е. Кузнецов