Решения задач М476—М481, М483, М484; Ф493—Ф497

40

Решения задач
M476—M481, M483, M484; Ф493—Ф497

М476. а) Доказите, что если вершины выпуклого n-уzelbnika лежат в узлах клемчатой бумаги, а внутри и на его сторонах других узлов нет, то n≤4.
б) Пусть пространство разбито премя семействами паралельных плоскостей на одинаковые кубики. Вершины кубков называем узлами. Доказите, что если все n вершин выпуклого многогранника лежат в узлах, а на его ребрах, границы и внутри многогранника других узлов нет, то n≤8.

Рис. 1.

М477. Дан многочлен P(x) с целыми коэффициентами makой, что для каждой наимуравленного x выполняется неравенство P(x)>x. Определим последовательность {b_n} следующим образом: b_1=1, b_{k+1}=P(b_k) для k≥1. Известно, что для любого наимуравленного d наименялся член последовательности {b_n}, делящей на d. Доказите, что P(x)=x+1.

Заметим сначала, что если целые числа x и y дают одинаковые остатки при делении на натуральное число d, то P(x) и P(y) также дают одинаковые остатки при делении на d. Это следует из того, что при подстановке x и y в многочлен P соответствующие члены будут одинаковые остатки при делении на d. (В самом деле, x^k-y^k при любом натуральном k делится на x-y, поскольку x^k-y^k=(x-y)(x^{k-1}+x^{k-2}y+x^{k-3}y^2+…+y^{k-1}); следовательно, если x-y делится на d, то x^k-y^k тоже.)

Пусть P(x) отличен от x+1. Поскольку последовательность {b_n} — из натуральных чисел, и P(x)>x для каждой наимуравленного x, при некотором натуральном n будет b_{n+1}>b_n+1. Возьмем минимальное такое n. Имеем: b_1=1, b_2=2,…,b_n=n, b_{n+1}>n+1. Положим d=b_{n+1}-1. Остатки от деления членов последовательности на d вычале будут равны 1, 2,…,n, а затем, в силу сделанного заменения и выбора d, они будут периодически повторять: b_{n+1} дает в остатке 1, b_{n+2} дает 2,…,b_{2n} дает n, b_{2n+1}—снова 1 и т. д. Ни один из членов последовательности, вопроси условию задачи, не будет делиться на d. Поэтому P(x)=x+1.

41

М478. В волейбольном мурнире каждые две команды сыграли по одному матчу.
a) Доказите, что если для любых двух команд найдется треугольник, которая выиграла у этих двух, то число команд не меньше семи.
b) Доказите, что если для любых трех команд найдется треугольник, которая выиграла у этих трех, то число команд не меньше семи.
6) Построите пример макого мурнира семи команд.
b) Доказите, что если для любых трех команд найдется треугольник, которая выиграла у этих трех, то число команд не меньше семи.

Рис. 2.

М479. Существуют ли a) шесть, 6) 1000 максимальных камеральных чисел, что для любых двух a и b из них сумма a + b делится на разность a - b?

М480. Последовательность $c_n$ строится по следующему правилау: $c_1 = 2$, $c_{n+1} = [3c_n/2]$ для $n \geq 1^*$). Доказите, что в этой последовательности бесконечно много чисел циклические.

*) Эдесь [x] — целая часть числа x.

a) Расматривая произвольную команду $A$ вместе с одной из команд $B$, который $A$ проиграла, мы видим, что $B$ должна проиграть хотя бы одной команды из числа выигравших у $A$. Иными словами, все команды, выигравшие у $A$, проиграли хотя бы по одному матчу в играх друг с другом. Значит, число команд, выигравших у $A$, не меньше трех. Но среди всех наших команд должны найтись команда, которая выиграла не меньше матчей, чем проиграла (начие общее число победы). Эта команда не менее трех раз проиграла и не менее трех раз выиграла, что возможно ли в случае, когда число команды не меньше семи.

6. Сопоставим каждой из команд вершину выпуклого семиугольника. Победу команда $A$ над командой $B$ обозначим стрелкой, проведенной из точки $A$ в точку $B$. Наш рисунок 2 показывает возможность удовлетворить условиям задачи.

b) Пусть команда $A$ выиграла не меньше встреч, чем проиграла. Проверяя выполнение условия задачи для всех возможных треугольников, составленных из команды $A$ и двух команда, выигравших у нее, мы видим, что команда, победившие $A$, образуют множество, удовлетворяющее условию задачи a). Следовательно, их не меньше семи. Команда $A$ не менее встреч выиграла и не менее семи проиграла; следовательно, всего в турире участвовали не менее 15 команда.

Аналогичным образом легко доказать, что если (при данном $m$) для любых $m$ команда найдется такая, которая им все не проиграла, то число команды не меньше $2^{m+1} - 1 = a_m$ (последовательность $a_1 = 3$, $a_2 = 7$, $a_3 = 15$, … удовлетворяет соответствию условиям задачи a). Следовательно, их не менее семи. Команда $A$ не менее встреч выиграла и не менее семи проиграла; следовательно, всего в турире участвовали не менее 15 команда.

Аналогичным образом легко доказать, что если (при данном $m$) для любых $m$ команда найдется такая, которая им все не проиграла, то число команды не меньше $2^{m+1} - 1 = a_m$ (последовательность $a_1 = 3$, $a_2 = 7$, $a_3 = 15$, … удовлетворяет соответствию условиям задачи a). Следовательно, их не менее семи. Команда $A$ не менее встреч выиграла и не менее семи проиграла; следовательно, всего в турире участвовали не менее 15 команда.

Пункт a) является следствием пункта 6) в такой успешной форме: последовательность $e_n$, начинающая с некоторого места, периодическая, то есть что $e_{n+T} = e_n$ при некотором натуральном $T$ для всех $n$, начинающая с некоторого $N$. Это означает, что для любого $n \geq N$ числа $c_n$ и $c_{n+T}$ имеют одинаковую четность. Отсюда следует, что

$$\frac{3}{2} c_n - \left[ \frac{3}{2} c_n \right] = \frac{3}{2} c_{n+T} - \left[ \frac{3}{2} c_{n+T} \right],$$

42

сел и бесконечно много неcem-
ных чисел;
б) последовательно $e_n = (-1)^{c_n}$ неперiodическая;
в) существуют число $\gamma$ макое,
что
$$c_n = \left[ \left( \frac{3}{2} \right)^n \gamma \right] + 1.$$

и поэтому $c_{n+1} - c_n = \frac{3}{2} (c_{n+1} - c_n)$. Но ясно,
что не существует бесконечной последовательности числа
чисел, в котором каждое число в полмора раза больше
предыдущего. (В самом деле, если какой-то член последовательно имеет вид $2^k \cdot r$, где $r$ — нечетное число, то через $k + 1$ шагов после него мы должны были бы встретить
член $\frac{3^k + 1}{2}$ — число не целое.) Противоречие.

в) Легко проверить, что при любом $n$
$$c_{n+1} \leq \frac{3}{2} c_n, c_{n+1} - 1 \geq \frac{3}{2} (c_n - 1).$$

Позетом
$$\frac{c_n - 1}{(3/2)^n} \leq \frac{c_{n+1} - 1}{(3/2)^{n+1}} < \frac{c_{n+1}}{(3/2)^{n+1}} \leq \frac{c_n}{(3/2)^n}.$$

Длина отрезка $\left[ \frac{c_n - 1}{(3/2)^n}; \frac{c_n}{(3/2)^n} \right]$ равна $(2/3)^n$, — она
стремится к нулю при $n \to \infty$, поэтому все эти отрезки имеют единственный общую точку. Обозначим ее через $\gamma$.

Из определения $\gamma$ следует, что $(3/2)^n \gamma \in [c_n - 1; c_n]$.
При этом равенство $(3/2)^N \gamma = c_N$ ни при каком $N$ невозможно: из него вытекало бы, что $(3/2)^n \gamma = c_n$ при любом
целом $n \geq N$, или $c_{n+1} = \frac{3}{2} c_n$ при любом целом $n \geq N$,

что противоречит сказанному выше. Значит, $[(3/2)^n \gamma] = c_n - 1$, что и требовалось доказать.

В решении этой задачи мы воспользовались важным принципом стягивающихся отрезков, согласно которой последовательность плоских отрезков
$$[a_1; b_1] \supset [a_2; b_2] \supset [a_3; b_3] \supset \dots,$$

длина $|a_n - b_n|$ коморых стремится к 0, всегда имеем единственный действительный чисел этот принципи (или какой-либо ему эквивалентный) принимается за аксиomy. Он наглядно выражает оченьное свойство «плотности» числовой оси, отсутствие в ней «дыр». Этот принципи можно доказать, исходя из теоремы Вейерштрасса о пределе монотонной ограниченной последовательности.

В нашей задаче легко указываble и правые концы $n$-го отрезка для нескольких первых $n$ и тем самым приближенно вычислить $\gamma$; например, с двумя знаками после запятой: $\gamma \approx 0,81$.

С. Коняцин

M481. В последовательности натуральных чисел $a_1, a_2, a_3, \dots$ каждый член $a_{k+1}$ равен сумме квадратов числа $b$ десятичной записи числа $a_k (k \geq 1)$. Доказим, что при любом $a_1$ в этой последовательности остремится число 1 или число 89.

Ясно, что сумма квадратов цифр числа $x$ — обозначим ее $f(x)$ — для достаточно большого $x$ значительно меньше самого числа $x$. Так, если $x$ — четврехначное число, то есть $10^3 \leq x < 10^4$, то $f(x) \leq 4.9^2 = 364 < 10^3 \leq x$. Вообше, если $10^{n-1} \leq x < 10^n$ и $n > 3$, то $f(x) \leq 81n < 10^{n-1}$. (Последнее неравенство легко доказать по индукции: $81n < 10^{n-1} \Rightarrow 81 (n + 1) = 81n + 81 < 10^{n-1} + 81 < 10^n$.) Доказем, что и для любого трехначного $x$ также $f(x) < x$. Если первая цифра числа $x$ равна $p > 1$, то $f(x) < p^2 + 2 \cdot 81 = 162 + p^2 < 100p$ (в этом нетрудно убедиться для каждой $p = 2, 3, 4, \dots, 9$). Если первая цифра $x$ равна 1, а вторая $q$, то $f(x) \leq 1 + q^2 + 81 < 100 + 10q \leq x$ для любого $q = 1, 2, \dots, 9$.

Таким образом, для любого натурального числа $a_1, a_2, a_3, \dots$, где $a_{n+1} = f(a_n)$, (*)

встретися число, не превосходящие 99. Для двузначных и однозначных чисел приходит изучать соответствующие им последовательности (*) перебором. В вычислениях помогает табличка, у которой на пересечении $i$-й строки и $j$-го столбца стоит сумма $i^2 + j^2$ — эта таблица помещена выше. Для любого $x \leq 99$ будет $f(x) \leq 162$; таким образом, множество $X = \{1, 2, \dots, 162\}$ отображается в себя: $f(x) \leq 162$ для всех $x \leq 162$.

Как устройено отображение $f$ множество $X$, показано на рисунке 3: от каждой числа $x$ идет стрелка к числу $f(x)$. Из

Рис. 3.

44

рисунка 3 видно, что для любого $a_1$ последовательность (*) либо войдет в «неподвижную точку» 1: при некотором $N$ получится $a_N = 1$ (и тогда $a_{N+1} = a_{N+2} = \dots$), либо попадет в «цикл» (перiod) … $\rightarrow$ $89 \rightarrow$ $145 \rightarrow$ $42 \rightarrow$ $20 \rightarrow$ $4 \rightarrow$ $16 \rightarrow$ $37 \rightarrow$ $58 \rightarrow$ $89 \rightarrow \dots$ (Таким образом, число 89 в условиях можно было бы заменить любым из семи остальных чисел этого цикла; 89 примечательно разве лишь тем, что к нему примыкает самая мощная «ветвь» на рисунке.) Отсюда следует утверждение задачи M481.

Для аналогичной задачи, в котором вместо суммы квадратов цифр резьет просто о сумме цифр, получается более простой результат: после нескольких применений отображения «$x \rightarrow$ сумма цифр $x$» из чисел $a_1$, кратных девятки, получится 9, а из любого числа $a_1$, не кратного девятки, получится остаток от деления $a_1$ на 9. Таким образом, здесь имеется девять неподвижных точек 1, 2, …, 9, и по $a_1$ сразу можно сказать, в какую из них попадем.

Разумеется, можно вместе $f$ брать и другие функции скажем, сумму кубов, или четырех стеленей цифр, и т. д. Для этих отображений также можно доказать, что $f(x) < x$ при достаточно большом $x$, а значит, последовательности вида (*) рано или поздно входят в один из конечного числа «циклов» — в частности, быть может, попадают в «цикл длины 1», то есть в неподвижную точку. Хотя любители цифровых дисковинок, возможно, получают удовлетворение, наткнувшись на такие неподвижные точки, как $1^3 + 5^3 + 3^3 = 153$ (В. Панфилов) или $1^4 + 6^4 + 3^4 + 4^4 = 1634$ (Г. Гуревич), но искать здесь все циклы — дело довольно утомительное, даже если под рукой есть вычислительная машина.

M483). а) Доказите, что отношение квадрата радиуса вписанной окружности пря-модульного треугольника к сумме квадратов длины медиан, проведенных из острых углов, не превыходит 1/20. б) Надите наибольшее значение, которое может принимать это отношение.

Пусть $a$ и $b$ — длины катетов треугольника, $c = \sqrt{a^2 + b^2}$ — длина гипotenузы, $r$ — радиус вписанной окружности. Поскольку сумма квадратов длины медиан, о которой говорится в условия, равна

$$\left(\frac{a}{2}\right)^2 + b^2 + \left(\frac{b}{2}\right)^2 + a^2 = \frac{5}{4} (a^2 + b^2) = \frac{5}{4} c^2,$$

в задаче требуется оценить отношение $4r^2/5c^2$. Заметим, что

$$r = \frac{ab}{a+b+c} = \frac{ab}{a+b+\sqrt{a^2+b^2}} < \frac{a^2+b^2}{2\sqrt{a^2+b^2}} = \frac{c}{4},$$

поскольку $ab \leq (a^2+b^2)/2$ и $a+b > \sqrt{a^2+b^2}$. Отсюда получаем результат a):

$$\frac{4r^2}{5c^2} < \frac{4}{5\cdot 4^2} = \frac{1}{20}.$$

Более точная оценка (в ней использовется неравенства $a + b \geq 2\sqrt{ab}$ и $c^2 = a^2 + b^2 \geq 2ab$, обращающиеся в равенства при $a = b$):

$$\frac{r^2}{c^2} = \frac{a^2b^2}{(a+b+\sqrt{a^2+b^2})^2c^2} \leq \frac{ab}{2(2\sqrt{ab}+\sqrt{2ab})^2} = \frac{1}{4(1+\sqrt{2})^2},$$

откуда получаем результат 6):

$$\frac{4r^2}{5c^2} \leq \frac{1}{5(3+2\sqrt{2})} = \frac{3-2\sqrt{2}}{5}$$

(при $a = b$ получаем равенство, то есть оценка — наилучшая).

45

Эта задача допускает и другие решения, использующие геометрические сообщения. Приведем два решения.

1°. Если продолжить диагональ квадратика на рисунке 4 до пересечения с гипотенузой, мы получим биссертису прямоугольного угла; обозначим ее длину через $l$. Поэтому $r + r\sqrt{2} \leq l$. Но биссертиса в любом треугольнике расположена между высотой $h$ и медианой, длина которого в прямогольном треугольнике с гипотенузой длины $c$ равна $c/2$. Отсюда $r(1 + \sqrt{2}) \leq c/2$, откуда получаем результат.

2°. Зафиксируем отрезок $AB$ длины $c$. Пусть $C$ — любая точка полукругности с диаметром $[AB]$ (тогда $ACB = 90^\circ$) и $M$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Поискольку $AMB = 135^\circ$, точки $M$ лежат на дуге в $90^\circ$ с конZAМИ $A$, $B$, а поэтому расстояние от $M$ до прямой $AB$ (радиус $r$ вписанной окружности) будет набольшим, когда $M$ попадает в середину этой дуги, т. е. когда прямой треугольник $ABC$ — равноведренный.

Н. Васильев

M484. При кикх п суцестиум випуклы п-уездыник, который можно разрезать на несколько правильных многоугольников (не обязательно одинаковых)?

Рис. 4.

Мы сейчас докажем, что при $3 \leq n \leq 12$ также п-уездыники суцестиумом, а при $n > 12$ — нет.

Обозначим разбиаемый $n$-угольник через $M$. Праваный многоугольник, участующий в разбиении $M$, называем хорошим, если хотя бы одна из его вершин является вершиной многоугольника $M$.

(Далее, говоря о многоугольниках разбиения, мы всегда под словом многоугольник будем подразумывать правильный многоугольник.)

Наш докажательство будет состоять из нескольких пунктов.

1°. Заметим, что в вершине многоугольника $M$ может сходиться не более двух правильных многоугольников, причем это либо два треугольника, либо треугольник и квадрат, либо треугольник и прямоугольник.

Это утверждение немедленно следует из того, что величина каждого угла $M$ меньше $180^\circ$, а величины угла произвольного правильного многоугольника не меньше $60^\circ$, и, кроме того, возможно только такие сочетания: $60^\circ + 60^\circ$, $60^\circ + 90^\circ$, $60^\circ + 108^\circ$.

Из нашего замечания следует, что если правильный $k$-угольник $c$ $k \geq 6$ примыкаем к вершине многоугольника $M$, то его стороны идут по сторонам $M$.

2°. Докажем, что правильный $k$-угольник при $k > 6$ не может быть хорошим. Предположим противное. Тогда, если он хороший и если все его вершины совпадают с вершинами $M$, то он совпадает с $M$, а мы предполагаем, что $M$ разбит не менее чем на два многоугольника. Если же найдет две соседние вершины $A$ и $B$ к-угольника, одна из которых ($A$) является вершиной $M$, а другой ($B$) — нет (рис. 5), то при вершине $B$ обращается угол, по величины меньшей $60^\circ$ (на рисунке 5 он заштрихован), который не может быть заполнен углами правильных многоугольников. Противоречие.

3°. Так как правильный шестугольник можно разбит на правильные треугольники, будем считать, что в разбиении шестугольники не участвует.

При таком условии мы получаем, что хорошим может быть молко треугольника, квадраты и прямоугольники.

4°. Докажем, что если в разбиении $M$ есть хорошего прямоугольника (обозначим его буквой $П$) не может быть внутренней точкой стороны ни многоугольника $M$, ни какого-либо многоугольника разбиения (инначе при этой точке

46

образовался бы «плохой» угол, не заполняемый правильными многоугольниками — см. рисунки 6, а, 6). Поэтому каждая вершина $P$ либо является вершиной $M$, либо лежит строго внутри $M$ и является обшей вершиной еще каких-то многоугольников разбиения.

Допустим, что нашлись две соседние вершины $P$, одна из которых $(A)$ — вершина $M$, а другой $(B)$ лежит строго внутри $M$. Покажем, что этого не может быть. В самом деле, поскольку $B$ — общая вершина многоугольников, один из которых — пятугольник, нам нужно заполнить правильными многоугольниками угол в $360^\circ - 108^\circ = 252^\circ$. Нетрудно сообщить, что четырьмя (и более) многоугольниками этот угол заполнить нельзя: четырех треугольников мало, а трех треугольников и одного квадрата уже много $(4.60^\circ = 240^\circ < 252^\circ; 3.60^\circ + 90^\circ = 270^\circ > 252^\circ)$. Значит, угол в $252^\circ$ можно попытаться заполнить двумя или трех многоугольниками разбиения.

Если многоугольников три, то один из них — обязательно треугольник $(3.90^\circ = 270^\circ > 252^\circ)$; поэтому в этом случае для заполнения двумя многоугольниками остается угол в $252^\circ - 60^\circ = 192^\circ$. Пусть это — какие-то $k$- и $m$-угольники. Тогда

$$180^\circ \left(1 - \frac{2}{k}\right) + 180^\circ \left(1 - \frac{2}{m}\right) = 192^\circ,$$

$$\frac{1}{k} + \frac{1}{m} = \frac{7}{15},$$

и если $k \leq m$, то $\frac{2}{k} \geq \frac{7}{15}$, откуда $k \leq \frac{30}{7} < 5$ (и $k \geq 3$).

При $k = 4$ получаем $m = \frac{60}{13}$ — не целое число; следовательно, квадрат в заполненении угла величины $192^\circ$ участвовать не может. По той же причине не может участвовать в его заполненении и треугольник: при $k = 3$ получаем $m = \frac{15}{2}$. Значит, угол в $192^\circ$ «плохой», и, таким образом, угол в $252^\circ$ треугольники заполнить нельзя.

Если же многоугольников два, то тогда

$$180^\circ \left(1 - \frac{2}{k}\right) + 180^\circ \left(1 - \frac{2}{m}\right) = 252^\circ (k \leq m),$$

откуда

$$\frac{1}{k} + \frac{1}{m} = \frac{3}{10}.$$

Убедитесь сами, что в целях числа $k, m, k \leq m$ это уравнение имеет только такие решения: $k = 5, m = 10$ и $k = 4, m = 20$. Покажем, что ни одно из них не годится. Действительно, в вершине $B$ к стороне $[AB]$ пятугольника $P$ не могут применять ни пятугольник, ни десятиугольник, ни двацатугольник (у них «плохие» внешние углы — $72^\circ, 36^\circ$ и $18^\circ$ соответственно); значит, в вершине $B$ к $[AB]$ должны применять квадрат. Легко понять, что тогда все прилегающие к $[AB]$ многоугольники должны квадратами (рис. 7), что невозможно, поскольку вершина «свободного» угла при вершине $A$ меньше $72^\circ < 90^\circ$.

Значит, у хорошоящего пятугольника не может быть вершины внутри $M$. Тем самым утверждение 4 доказано: если пятугольник, участующий в разбиении $M$, хорошой, то все его вершины являются вершинами $M$.

$5^\circ$ Легко понять, что к состояним сторонам многоугольники разбиения применять не могут (начие в общей вершине этих многоугольников, являющейся, по доказанному, и вершиной в ли угло $M$, сходилось бы не менее трех многоугольников, один из которых — пятугольник, и сумма величины углов

47

Рис. 9.

Рис. 10.

Рис. 11.

Рис. 12.

была бы не меньше 108° + 2·60° > 180°). Таким образом многоугольники разбиения могут применять только к несмежным сторонам хорошего прямоугольника. Пусть $[AB]$ — сторона пятугольника $I$, к которой применяют еще какие-то многоугольники разбиения (рис. 8). Пусть $A_1$ и $B_1$ — вторые концы сторона многоугольника $M$, выходящих из вершин $A$ и $B$ соответственно ($A_1$ и $B_1$ — не вершины пятугольника $I$; возможно, что $A_1 = B_1$). Обозначим через $C$ точку пересечения $(AA_1)$ с $(BB_1)$. Тогда $\triangle ACB$ — правильный треугольник, внутри которого расположены все многоугольники разбиения, лежащие выше $[AB]$ (если $\Pi$ расположен под $[AB]$, как на рисунке 8).

6°. Докажем, что все многоугольники разбиения, лежащие внутри $\triangle ABC$ (рис. 8), являются треугольниками.

Предположим противное — пусть есть «не-треугольники». (Будем считать, что сторона $[AB]$ горизонтальная.) Рассмотрим ближайшую к $[AB]$ (самую низку) вершину не-треугольника; если таких вершин несколько, то возьмем самую правую средние них. Обозначим эту «самую низку» и самую правую» вершину через $D$. Точка $D$ не может лежать на стороне $[AB]$: если «не-треугольник» расположен так, как на рисунке 9, $a$, то один из углов не больше $\frac{180° - 90°}{2} = 45°$ — «плохой»; если так, как на рисунке 9, $b$, и «не-треугольник» — «не-квадрат», то снова получается «плохой» угол (мы условились, что «не-треугольник» — и «не шестугольник»); если же «не-треугольник» — квадрат, то справа к вершине $D$ применяет снова квадрат (рис. 9, $\theta$), и, значит, вершина $D$ — не самая правая. Точка $D$ не может лежать на сторонах $[AA_1]$ и $[BB_1]$ многоугольника $M$: концы $A_1$ и $B_1$ — не ближайшие к $[AB]$, а если $D$ — внутриняя точка $[AA_1]$ или $[BB_1]$, то тогда «не-треугольник» должен быть целиком расположен внутри угла в 60° (рис. 10, $a$, $\theta$), что невозможно.

Итак, точки $D$ — внутриняя точка области $AA_1 \dots B_1B$ многоугольника $M$. Поскольку все «не-треугольники», сходящей в $D$, должны расположаться не ниже углов при вершине $D$ не больше 180°. Значит, это либо два квадрата, либо с вершиной в $D$ есть только один «не-треугольник». Если это два квадрата, то поскольку только горизонтально — так, как на рисунке 11; но тогда вершина $D$ — не самая правая вершин «не-треугольников». Если же «не-треугольник» в $D$ только один (например, $k > 4$, $k \neq 6$), а остальные многоугольники разбиения — треугольники, то тогда

$$360^\circ - 180^\circ \left(1 - \frac{2}{k}\right) = 60^\circ n$$

(n — натуральное). Отсюда $k = \frac{6}{n - 3}$. В натуральных числах это уравнение имеет также решение: $n = 4, k = 6$;

48

Рис. 13.
Рис. 14,
Рис. 15.
Рис. 16.
Рис. 17.
Рис. 18.
Рис. 19.
Рис. 20.
Рис. 21.
Рис. 22.

$n = 5, k = 3; n = 6, k = 2; n = 9, k = 1$. Ни одно из них нам не подходит (у нас $k > 4$ и $k \neq 6$). Полученное противоречие доказывает утверждение $6^\circ$: все многоугольники разбиения, лежащие внутри $\Delta ABC$, являются треугольниками.

$7^\circ$. Доказем, что если среди хороших многоугольников найдется прямоугольник, то $M$ имеет не более девятим сторон (мо есть $n \leq 9$).

В самом деле, если $A_1 \neq B_1 \neq C$, то у $M$ углы при вершинах $A_1$ и $B_1$ равны по величины $120^\circ$ (в вершинах $A_1$

49

и $B_1$ сходятся треугольник — один или два; один или при $A_1$, ни при $B_1$ быть не может, поскольку в этом случае сумма величины углов при вершинах $A_1$ и $B_1$ равна либо $360^\circ - 2\cdot 60^\circ = 240^\circ$, либо $360^\circ - 60^\circ - 120^\circ = 180^\circ$, а она должна быть строго меньше $180^\circ$). Так как многоугольник $M$ — выпуклый, это означает, что отрезок $[A_1B_1]$ является его стороной.

Таким образом, если в разбении многоугольника $M$ участвует хороший пятугольник, то не более чем к двум сторонам этого пятугольника может применять многоугольник, причем это либо правильный треугольник, либо равноведренная трапеция (рис. 12). Из этого следует утверждение $7^\circ$.

$8^\circ$. Докажем теперь, что если выпуклый многоугольник $M$ можно разбить на правильные многоугольники, то он имеет не более двадцатиме стороны (то есть $n \leq 12$). Предположим противное: пусть $n > 12$. тогда из пунктов $3^\circ$ и $7^\circ$ следует, что среди хороших многоугольников, участвующих в разбении многоугольника $M$, есть только треугольники и квадраты. Поэтому величина каждого его угла имеет вид $90^\circ k + 60^\circ m$ ($k \geq 0, m \geq 0, k \in N, m \in N$) и делится на 30; поскольку $90^\circ k + 60^\circ m < 180^\circ$, величина каждого угла $M$ не больше $150^\circ$. Следовательно, величина каждого его внешнего угла не меньше $30^\circ$, и тогда сумма всех его внешних углов не меньше $13\cdot 30^\circ > 360^\circ$ — противоречие.

Примеры разбенной многоугольников с треями, четырьмя, …, двенадцатью сторонами приведены на рисунках 13—22.

С. Миронов

Ф493. Какое влияние оказывает Луна на траекторию движения Земли вокруге Солнца?

Рис. 23.

Как известно, под действием сил прятяжения Луна и Земля врашаются вокруготектори точки $P$ (рис. 23). Центр Луны движется по окружности радиуса $r_\perp \approx 380\ 000$ км, а центр Земли — по окружности радиуса $r_3 \approx 4700$ км. Под действием сил прятяжения Солнца системы Земля — Луна врашается вокруготектори точки $P$, то с другой. При движении вокруготектори точки $P$, Центр Земли проходит при этом пути $S = 2\pi r_3 \approx 29\ 500$ км, а его линейная скорость $v = S/T_\perp \approx 12.5$ м/с немного превышает рекордную скорость человека ($\approx 10$ м/с). Линейная скорость орбитального движения точки $P$ равна $V \approx 30$ км/с.

Участок траектории, проходимый точкой $P$ за сравнительно небольшое время, можно считать прямолинейным. (За один сутки радиус-вектор точки $P$ поворачивается на угол $\alpha \approx \frac{2\pi}{365} \approx 0.99^\circ$, идуг, проходимую точкой $P$, можно считать отрезком прямой.) Иными словами, скорость точки $P$ в течение небольшого промежутка времени можно считать постоянной по направлению. В течение малого промежутка времени проекцию скорости $v$ на направление движения по основной траектории можно записать в виде $v_0 = v \sin(\omega t + \varphi_0)$, где частота вращения $\omega = v/r_3$, а начальная фаза $\varphi_0$ связывана лишь с выбором начала отечета времени $t$. Модель скорости центра Земли относительно Солнца за малый промежуток времени.

50

рис. 25.

Ф494. В схеме, изображенной на рисунке 26, $R_2=90$ Ом, $R_3=300$ Ом, $R_4=60$ Ом, $L_2=90$ Г. Каковы значения $R_1$ и $L_1$, если через галванометр $G$ ток не идем независяimo от того, подключаен к клеммам а и b источник посмояного или переменного мока?

Рис. 26.

Ф495. Три несмещающиеся жидкостями с плотностями $\rho_1$, $\rho_2$ и $\rho_3$ заполняют замкнутую монкуцulinдрической трьбку, образующую кольцо, плоскость коморого вертикального.

$$\vec{V}_3 = V + v_0 = V + v \sin(\omega t + \varphi_0).$$

Таким образом, в течение малого промежутка времени траектория движения Земли вокруг Солнца представляет собой синусиду (участок синусиды). Всю же траекторию Земли за время полного оборота точки $P$ вокруг Солнца приближенно можно представить как следующие друг за другом последовательные участки синусиды, «согнутые» в окружность. Число колебаний, совершаемых Землей около основной траектории за один год, равно, очевидно, 1 год/$T_\pi \approx 13.5$. Так что через год центр Земли попадает уже не в «прошлогоднее» положение.

Мы видим, что в движении Земли, если говорить точно, нет повторяемости, то есть для движения Земли вокруг Солнца нельзя ввести понятия перiodа обращения. С математической точки зреня периодично движение системы Земля — Луна как целого.

На рисунке 25 схематически представлена траектория движения центра Земли вокруг Солнца.

А. Дозоров

Тот факт, что через галванометр не идет ток, означает, что потенциальы и их фазы в точках $c$ и $d$ одинаковы. Следовательно, $u_{cn} = u_{dn}$, $u_{cm} = u_{dm}$ и $\frac{u_{cn}}{u_{cm}} = \frac{u_{dn}}{u_{dm}}$. Так как относение padений направления на последовательных участках цепи пропорционально отношению полных сопротивлений этих участков, то

$$\frac{R_3}{\sqrt{R_1^2 + \omega^2 L_1^2}} = \frac{R_4}{\sqrt{R_2^2 + \omega^2 L_2^2}},$$

или

$$R_1^2 R_4^2 - R_2^2 R_3^2 + \omega^2 \left(L_1^2 R_4^2 - L_2^2 R_3^2\right) = 0.$$

Это равенство должно выполнять при любых значениях $\omega$. Значит, коэффициент при $\omega^2$ должен быть равен нулю, то есть

$$L_1^2 R_4^2 - L_2^2 R_3^2 = 0,$$

и следовательно,

$$R_1^2 R_4^2 - R_2^2 R_3^2 = 0.$$

(Нетрудно проверить, что в этом случае $\frac{L_1}{R_1} = \frac{L_2}{R_2}$, так что фазы потенциальов в точках $c$ и $d$ одинаковы.)

Из последних уравнений находим:

$$L_1 = L_2 \frac{R_3}{R_4} = 450 \Gamma,$$

$$R_1 = \frac{R_2 R_3}{R_4} = 450 \Omega.$$

Давление внутри трубки в точках $A$ и $B$ одинаково; одинаково и давление в точках $C$ и $D$. Это означает, что $\rho_1 gh_1 = \rho_2 gh_2 + \rho_3 gh_3$.

Но $h_3 = h_1 - h_2$. Используя это соотношение, получим $(\rho_1 - \rho_3) h_1 = (\rho_2 - \rho_3) h_2$. (I)

51

(рис. 27). Жидкость с плотностью $\rho_1$ заполняется дугу колыца с углом $\alpha_1$, жидкость с плотностью $\rho_2$ – дугу колыца $\alpha_2$. Какой угол $\alpha$ обязает с вертикально радиус колыца, проведенный к границе этих жидкостей? Поверхностными эфективами претенбreeчь.

Рис. 27.

Ф496. В цилиндрической конденсатор в точке А впускается следа расходящей лучок положимельных юнов с малым углом расстройа $\alpha$ (рис. 28). Все они в пучке имеем одинаковую энергию. Те они, у которых вектор скорости в точке А направлен перендикулярно АO, движутся по окружности радиуса $AO=r_0$, концентрической с обкладками конденсатора. Доказать, что пучок юнов будет фокусироваться в точке В макой, что $\widehat{AOB} = \pi/\sqrt{2}$. Определить максимальный цирину пучка.

Рис. 28.

Рис. 29.

Из рисунка видно: $h_1 = R \cos \alpha + R \cos (\pi - \alpha - \alpha_1) = R [\cos \alpha - \cos (\alpha + \alpha_1)]$ и $h_2 = R \cos \alpha - R \cos (\alpha_2 - \alpha)$, где $R$ – радиус колыца. Подставляя эти выражения для $h_1$ и $h_2$ в равенство (1), найдем $(\rho_1 - \rho_3) [\cos \alpha - \cos \alpha \cos \alpha_1 + \sin \alpha \sin \alpha_1] = (\rho_2 - \rho_3) [\cos \alpha - \cos \alpha_2 \cos \alpha - \sin \alpha_2 \sin \alpha]$, или $(\rho_1 - \rho_3) (1 - \cos \alpha_1 + \sin \alpha_1 \tg \alpha) = (\rho_2 - \rho_3) (1 - \cos \alpha_2 - \sin \alpha_2 \tg \alpha)$. Решая это уравнение, найдем $\tg \alpha = \frac{(\rho_1 - \rho_3) (1 - \cos \alpha_1) - (\rho_2 - \rho_3) (1 - \cos \alpha_2)}{(\rho_1 - \rho_3) \sin \alpha_1 + (\rho_2 - \rho_3) \sin \alpha_2}$.

Для того чтобы можно было изучить движениеонов, необходимо прежде всего выяснить, какая сила действует на он в электростанческом поле цилиндрического конденсатора, то есть выяснить, какова направность электростанческого поля конденсатора.

Напряжение поля пропорциональна плотности сливых линей. Если через дугу с единичным углом проходит $n$ сливых линей, то через дугу с углом $\varphi$ проходит $N = n\varphi$ сливых линей. Плотность сливых линей, пересекающих дугу радиуса $r$, равна отношению числа $N$ к длине $r\varphi$ дуги, то есть равна $\frac{n}{r}$ (рис. 29).

Следовательно, напряжение поля конденсатора $\frac{1}{r}$:

$$E = -\frac{b}{r}, b = \text{const.}$$

В таком поле на заряд $q$, находящейся на расстоянии $r$ от конденсатора, действует сила $\vec{F}$ тakaя, что

$$|\vec{F}| = \frac{bq}{r}.$$

Эта сила сообщает заряду ускорение $a$, равное по modulo

$$|\vec{a}| = \frac{bq}{rm},$$

где $m$ – масса заряда.

Обозначим $x$ отклонение она от основной траектории радиуса $r_0$ (эта траектория показана на рисунке 28 красной линей). Тогда $r = r_0 + x$, и

$$|\vec{a}| = \frac{bq}{m(r_0 + x)}.$$

Рассмотрим движение она в системе отсечета, выраженной вокруг оси конденсатора так, что угловая скорость ее в каждой момент равна угловой скорости $\omega$ отклонившегося она. В этой системе ускорение уже не равно $a$, так как все точки тоже движутся с некоторым ускорением относительно неподвижной системы отсечета, связанной с осью конденсатора. Точка, находящаяся на расстоянии $r_0 + x$ от оси, движется с центромтельным ускорением $\|\vec{a}_\mu\| = \omega^2(r_0 + x)$.

52

Следовательно, во врашающей системе отчета ускорение нана равно

$$\left| \vec{a}_{\text{OTH}} \right| = - \left| \vec{a} \right| + \left| \vec{a}_{\text{II}} \right| = - \frac{bq}{m(r_0+x)} + \omega^2(r_0+x).$$\text{ИЗ закона сохранения момента импульса следует, что}

$$m(r_0+x)^2\omega = mr_0^2\omega_0,$$\text{где } \omega_0 \text{-угловая скорость нана в точке } A. \text{ Она же равна и угловой скорости нана, движущемся по «красной» траектории. Но центростремительное ускорение } \left| \vec{a}_0 \right| = \omega_0^2 r_0 \text{ ину, движущемся по «красной» траектории радиуса } r_0, \text{ сообщает сила } \vec{F}, равная по модулю } \frac{bq}{r_0}, \text{ поэтому}

$$\omega_0^2 r_0 = \frac{bq}{mr_0}, \text{ и } \omega_0^2 = \frac{bq}{mr_0^2}. \text{Takим образом,}$$\left| \vec{a}_{\text{OTH}} \right| = - \frac{bq}{m(r_0+x)} + \frac{bq}{mr_0^2}(r_0+x) \frac{r_0^4}{(r_0+x)^4} =

= \frac{bq\left[r_0^2-(r_0+x)^2\right]}{m(r_0+x)^3} = \frac{bq\left(-2r_0x-x^2\right)}{m(r_0+x)^3}.

\text{При } x << r_0

$$\left| \vec{a}_{\text{OTH}} \right| = -2 \cdot \frac{bq}{mr_0^2} x. \text{Мы видим, что}$$m\left| \vec{a}_{\text{OTH}} \right| = -kx, \text{ где } k = 2 \cdot \frac{bq}{r_0^2}.

\text{Как известно, при такой зависимости ускорения тела от смешения тела совершает гармоничческие колебания с периодом } T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}. \text{ Следовательно, они пучка, скорость которых в точке } A \text{ составляет малый угол } \alpha \text{ со скоростью инов, движущемся по основной траектории, будут совершать относительно основной траектории радиальные гармоничские колебания с периодом}

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{mr_0^2}{2bq}}. \text{Этот период одинаков для всех инов. Значит, после того как инов попадают в конденсатор в точке } A \text{ через времена } t_n = n\frac{T}{2}(n=1,2,3,\dots), \text{ все инов будут оказаться в одной и той же точке основной траектории — будут фокусироваться. Нетрудно найти угол } \varphi_0 \text{ между последовательными фокусами:}$$\varphi_0 = \omega_0 t = \omega_0 \frac{T}{2} = \sqrt{\frac{bq}{mr_0^2}} \cdot \pi \sqrt{\frac{mr_0^2}{2bq}} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}.

\text{Takим образом, если } \widehat{AOB} = \pi/\sqrt{2}, \text{ то ионы будут фокусироваться в точке } B.

\text{Найдем теперь максимальную ширину пучка. Для этого воспользуемся тем, что максимальное абсцистические значение скорости тела, совершающего гармоничские колебания, и амплитудa } x_{\text{max}} \text{ его колебаний связи}

53

соответнием

$$|\vec{v}|_{\max} = x_{\max} \Omega,$$

где $\Omega = 2\pi/T$ — частота колебаний. В нашем случае
$$|\vec{v}|_{\max} \text{ равно значению радиальной проекции скорости в точке } A \text{ иона (рис. 30):}$$
$$|\vec{v}|_{\max} = |\vec{v}_0| \sin \frac{\alpha}{2} = \omega r_0 \sin \frac{\alpha}{2} \approx \frac{1}{2} \omega r_0 \alpha$$
(так как $\alpha$ мало, $\sin \frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}$). Позному
$$\frac{1}{2} \omega r_0 \alpha = x_{\max} \frac{2\pi}{T}.$$

Следовательно, максимальная ширина $d$ пучка равна
$$d = 2x_{\max} = \frac{\omega r_0 \alpha T}{2\pi} = \frac{r_0 \alpha}{\sqrt{2}}.$$

Ф497. Диск радиуса $r$, врачающийся с угловой скоростью $\omega$, бросаит со скоростью $v$ под углом $\alpha$ к горизонтуму. Плоскость диска во время его движения остается вертикальной. Наимену радуус кривизиты траектории самой верхней точки диска в том момент, когда диск достиген максимальной высоты своего подъема.

В тот момент, когда диск достигет максимальной высоты своего подъема, скорость центра диска будет направлена горизонтально и ее абсолотное значение будет равно $|\vec{v}| \cos \alpha$. Так как диск врачается вокруг центра с угловой скоростью $\omega$, линейная скорость точек диска в системе координат, движущей горизонтально с той же скоростью, что и центра диска, равна $\omega r$, а их ускорение равно по модулю $\omega^2 r$ и направлено к центру диска. В системе координат, связанной с землей, скорость $u$ самой верхней точки диска в тот момент, когда диск достигает максимальной высоты подъема, направлена горизонтально, и $|\vec{u}| = |\vec{v}| \cos \alpha + \omega r$. Ускорение $a$ этой точки в этот момент направлено вертикально, и $|\vec{a}| = \omega^2 r + |\vec{g}|$. Следовательно, в этот момент точка движется по круговой траектории, радиус которого определяется соотношением

$$|\vec{a}| = \frac{u^2}{R}.$$

Отсюда

$$R = \frac{u^2}{|\vec{a}|} = \frac{\left(|\vec{v}| \cos \alpha + \omega r\right)^2}{\omega^2 r + |\vec{g}|}.$$

И. Слободецкий

55

Ограниченность

К понятию ограниченной последовательности, введенную в учебине (п. 26), полезно добавить еще два: последовательность $(x_n)$ называется ограниченной сверху, если существует такое число $M$, что для всех $n$
$x_n \leqslant M$;
последовательность $(x_n)$ называется ограниченной сизу, если существует такое число $m$, что для всех $n$
$x_n \geqslant m$.

Очевидно, последовательность $(x_n)$ тогда и только тогда является ограниченной, когда она ограничена сверху и сизу.

У разження

5. Приведите четыре примера последовательностей: ограничной сверху, но не сизу; ограничной сизу, но не сверху; не ограничной ни сизу, ни сверху; ограничной и сизу, и сверху.

6. Докажите, что любая неубывшаяя последовательность ограничена сизу, любая неозрастющая — сверху.

Существия станет более ясной, если мы изобразим ее в виде таблицы. Любая последовательность обладает (знак + в таблице ниже) или не обладает (знак —) каждым из двух свойств, указанных над «входными» столбцами таблицы. Таким образом, возникнет четыре возможности. В трех случаях формулированные выше теоремы позволяют утверждать существование (знак + в «выходном» столбце таблицы) или не существование (знак —) предела. В четыртом случае (третья строка таблицы) ничего о пределенного сказать нельзя (см. упр. 7).

Существование предела

В учебнике доказывается, что если последовательность имеет предел, то она ограничена (п. 26). Следовательно, если последовательность не ограничена, то она предела не имеет.

Кроме того, в учебнике формулируется упомянутая в начале статьи теорема. Вейерштрасса: если последовательность монotonна и ограничена, то она имеет предел (п. 32).

56

Teорема Вейерштрасса спасает многое математические расчедения, которые без окзались бы нестрогими. Сравним два расчедения.

Пример 1. Положим

$$x = \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \ldots}}}$$

(колчество радиkalов беконечно). Заметим, что под первым радиkalом стоит 2+x. Решая уравнение

$$x = \sqrt{2 + x},$$

получаем $x=2$.

Пример 2. Положим

$$x = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + \ldots$$

(колчество слагаемых беконечно). Заметим, что

$$x = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + \ldots = 1 + 2(1 + 2 + 4 + 8 + \ldots) = 1 + 2x.$$

Решая уравнение

$$x = 1 + 2x,$$

получаем $x=-1$.

Рассуждания аналогичны, однако во втором примере мы получили явную бексмыслицу. Попробуем спасти (сделать строгим) первое расчедение. Для этого при помощи понятия предела придаим точный смысл «беконечному выражению» (1). Расмотрим последовательность

$$\begin{cases} x_1 = \sqrt{2}, \\ x_n = \sqrt{2 + x_{n-1}}. \end{cases}$$

Под выражением (1) естественно понимать предел этой последовательности, если он существует. Вот тут-то нам и помогет теорема Вейерштрасса. Легко проверить, что для всех $n$, во-первых, $x_n < 2$ (по индекции) и, во-вторых, $x_n > x_{n-1}$ (см. упр. 4). Значит, по теореме Вейерштрасса последовательность $(x_n)$ имеет предел. Таким образом, обозначение $x$ для выражения (1) корректно. Из равенства $x_n = \sqrt{2 + x_{n-1}}$, переход к пределу, получаем (2). Рассуждение примера 1 спасено *).

*) По поводу осмысления «беконечных выражений» см. также «Квант», 1977, № 10, с. 60.