Решения задач М508—М512; Ф515, Ф518—Ф520

Квант 1979, №4 с. 26, 27, 29, 30 Тег FEFV

Решения задач
M508—M512; Ф515, Ф518—Ф520

М508. Окружность касаемая трех полукружностей с диаметрами [AB], [BC] и [AC] (С∈[AB], рис. 1). Доказим, что радиус окружности ввода меньше расстояния от ее центра до пряной AB.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Пусть $O_1$ — центр полукружности $\gamma_1$ с диаметром [AC], $O_2$ — центр полукружности $\gamma_2$ с диаметром [BC], $O_3$ — центр полукружности $\gamma_3$ с диаметром [AB], и, наконец, $O$ — центр окружности $\gamma$ , касающей трех данных полукружностей (рис. 1). Обозначим длины радиусов окружностей $\gamma_1, \gamma_2$ и $\gamma$ , соответствующего через $r$ , $R$ и $x$ . Тогда длина радиуса полукружности $\gamma_3$ равна $R + r$ .

Рассмотрим треугольник $O_1OO_2$ . Имеем: $|O_1O| = r + x$ , $|OO_2| = R + x$ , $|O_1O_2| = R + r$ . Обозначим расстояние от центра $O$ до пряной AB через $h$ . Записав площадь треугольника $O_1OO_2$ по формуле Герона и через длины основания $[O_1O_2]$ и высоты, опущенной из вершины $O$ , получим уравнение

$\sqrt{Rrx(R + r + x)} = \frac{1}{2}(R + r)h.$

Аналогичное уравнение для треугольника $O_1OO_3$ имеет вид

$\sqrt{rx(R + r)(R - r)} = \frac{1}{2}Rh.$

Возвода левую и правую части общих уравнений в квадрат и затем вычитая из одного уравнения другое, получаем

$rx[R(R + r + x) - (R + r)|(R - r)] = \frac{1}{4}h^2[(R + r)^2 - R^2],$

откуда $x^2 = h^2/4$ , то есть $x = h/2$ , что и требовалось.

Эту задачу можно решить более изучно, если применить инверсию (об инверсии и ее свойства см. «Кваант» — 1974, № 1, с. 16, 1976, № 2, с. 34, 1977, № 6, с. 38).

Произведем инверсию $I$ относительно произвольной окружности с центром в точке $C$ . При этой инверсии окружности $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ и $\gamma$ преобразуют так, как показано на рисунке 2: окружности $\gamma_1$ и $\gamma_2$ перейдет, соответствующего, в прямые $l_1$ и $l_2$ , перпендикулярные [AB], а окружности $\gamma_3$ и $\gamma'$ , соответствующей прямых $l_1$ и $l_2$ , причем центра окружности $\gamma'$ принадлежит пряной AB (эта прямая на рисунках 1 и 2 выделена красным цветом).

Легко сообщить, что окружности $\gamma$ и $\gamma' = I(\gamma)$ готовятся с центром готовети $C$ . Это видно из рисунка 3: проходящие через точку $C$ касательные к окружности $\gamma$ при инверсии $I$ переходит в себя и является касательными к окружности $\gamma' = I(\gamma)$ . Обозначим радиус окружности $\gamma'$ через $x'$ , а через $d$ — расстояние от центра окружности $\gamma'$ до пряной AB. Поскольку $\gamma$ и $\gamma'$ готовятся, имеем $h/d = x/x'$ (h — расстояние от центра окружности $\gamma$ до пряной AB, x — радиус $\gamma$ ). Но, очевидно, $x' = d/2$ (окружности $\gamma'$ и $\gamma'_3$ — одинакового радиуса, см. рис. 2), так что $x = h/2$ , что и требовалось.

В. Сендеров, И. Шарьиц

М509. Решение в натуральных числах уравнения:
a) $2^x + 1 = 3^y$ ;
b) $z^x + 1 = (z + 1)^2$ ;
c) $z^x + 1 = (z + 1)^y$ .

Нетрудно видеть, что уравнения a) и б) — частные случаи уравнения b) при $z = 2$ и $y = 2$ соответственно. Мы разберем случаи a) отдельно, а затем решим уравнение b).
a) Если $x = 1$ , то и $y = 1$ .
Пусть $x > 1$ . Тогда $2^x + 1 \equiv 1$ (mod 4), откуда следует, что $y$ — четное число (если $y$ нечетно, то $3^y \equiv 3$ (mod 4), и раз-

венство $2^x + 1 = 3^y$ невозможно). Итак, $y = 2k, 2^x = 3^{2k} - 1$ , то есть $2^x = (3^k - 1)(3^k + 1)$ . Поскольку $x > 1$ , оба множители $3^k - 1$ и $3^k + 1$ должны быть степенями двойки (отличащимися друг от друга на 2). Это возможно только при $k = 1$ . Поэтому $y = 2$ , так что $2^x + 1 = 9$ , и $x = 3$ .

Итак, у управления a) два решения: (1; 1) и (3; 2).
b) Решение управления b) проведем в несколько этапов.
Пусть $z$ имеет простой делитель $p$ : $z = p^m z_1, m \geq 1, z_1$ взанно просто с $p$ . Пусть $y = p^n y_1$ , где $n \geq 0$ и НОД $(y_1, p) = 1$ .

Рассмотрим выражение $(1 + z)^{y_1}$ . Имеем:

$(1 + z)^{y_1} = 1 + y_1 z + C_{y_1}^2 z^2 + \ldots + z^{y_1} =$

$= 1 + z \left( y_1 + C_{y_1}^2 z + \ldots + z^{y_1} - 1 \right).$

Поскольку $y_1$ не делится на $p$ (будем записывать это так: $y_1 \neq 0$ (mod $p$ )), получаем

$(1 + z)^{y_1} = 1 + p^m A,$ где $A \equiv y_1 z_1$ (mod $p$ ).

Рассмотрим теперь $(1 + z)^y$ . Докажем следующое вспомогательное утверждение (верное, впрочем, при некоторых ограничениях): для любого натурального $B$

$(1 + p^i B)^p = 1 + p^{i+1} D(i > 0),$

причем $B \equiv D$ (mod $p$ ). В самом деле, применим формулу биома Ньютона:

$(1 + p^i B)^p = 1 + C_p^1 \cdot p^i B + C_p^2 \cdot p^{2i} B^2 + \ldots$

$\ldots + p^{i_p} B^p = 1 + p^{i+1} B + C_p^2 \cdot p^{2i} B^2 + \ldots + p^{i_p} B^p.$

Легко видеть, что если $2i > i + 1$ , то есть $i > 1$ , то утверждение справедливо. Если же $i = 1$ , то коэффициент при $p^{i+1}$ будет равен $B + C_p^2 B^2$ . Если $p$ нечетное, то $C_p^2$ делится на $p$ , так что $B + C_p^2 B^2 \equiv B$ (mod $p$ ), иначе утверждение для нечетных $p$ верно и в этом случае.

Пусть $z$ имеет нечетный простой делитель $p$ . Применим доказанное утверждение к выражению $(1 + z)^y$ . Имеем:

$(1 + z)^y = ((1 + z)^{y_1})^{p^n} = (1 + p^m A)^{p^n} =$

$= (1 + p^{m+1} A_1)^{p^{n-1}} = \ldots = 1 + p^{m+n} A_n,$

причем $A \equiv A_1 \equiv \ldots \equiv A_n$ (mod $p$ ), то есть $A_n$ на $p$ не делится. Мы ищем решение управления b): $(1 + z)^y = 1 + z^x$ , или $p^{m+n} A_n = p^{mx} z_1^x$ . Поскольку $z_1 \neq 0$ (mod $p$ ), должно выполнять сравнение $m + n = mx$ .

С другой стороны, оченьindo, что $x \geq y$ . Если $x > y$ , то $x > p^n$ , откуда $m + n > mp^n \geq m (1 + n (p - 1))$ , и $n > mn (p - 1)$ , что невозможно.

Аналогично разбиается случай, когда у $z$ нет нечетных делителей, но оно делится на 4. Таким образом, если $x > 0$ , то уравнение b) не может иметь таких решений $(x; y; z)$ в натуральных числах, что $z$ делится на нечетное число или на 4. Случай $z = 2$ разобран в пункте a). Остается рассмотреть случай, когда $z = 1$ , и случай $x = y$ .

Если $z = 1$ , получаем уравнение $1^x + 1 = 2^y, 2^y = 2$ , откуда $y = 1$ , $x$ — любое.

В случае $x = y$ имеем:

$z^x + 1 = (z + 1)^x,$

то есть

$1 = (z + 1)^x - z^x = [(z + 1) - z] \times$

$\times [(z + 1)^{x-1} + (z + 1)^{x-2} z + \ldots + z^{x-1}] =$

$= (z + 1)^{x-1} + (z + 1)^{x-2} z + \ldots + z^{x-1} \geq x.$

Таким образом, $x = y = 1$ , $z$ — любое.

a ряд $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k}$ является рядом Фурье функции $\frac{x}{2}$ .

Teория рядов Фурье — бесконечных сумм вида
$\sum_{k=1}^{\infty} a_k \cos kx + \sum_{k=1}^{\infty} b_k \sin kx$ — чрезвычайно важный и богатый результатами раздел математического анализа. Неравиенство

$\sum_{k=1}^{n} \frac{\sin kx}{k} > 0$

(для любого натурального $n$ и $x \in ]0; \pi[$ ) было доказано Липотом Фейром (1880—1959), известным венгерским математиком, внесшим значительный вклад в развитие теории трионометрических рядов (ему, в частности, принадлежит один из первых примеров расходящегося в точке ряда Фурье непрерывной функции).

В. Скворцов

**M511. Внутри чемырехуездника ABCD отмечана точка M makая, что чемырехуездник ABMD — параллелограмм. Докажите, что если $\overrightarrow{CBM} = \overrightarrow{CDM}$ , то $\overrightarrow{ACD} = \overrightarrow{BCM}$ .

Рис. 4.

Проведем $(NC) \parallel (BM)$ и $(BN) \parallel MC$ (рис. 4). Тогда четырехуездники $BNCM$ и $ANCD$ — параллелограммы, откуда следует, что $\overrightarrow{NAB} = \overrightarrow{NCB}$ и точки $A, B, N, C$ лежат на одной окружности. Поэтому $\overrightarrow{NBC} = \overrightarrow{NAC}$ . Но $\overrightarrow{NBC} = \overrightarrow{BCM}$ , а $\overrightarrow{NAC} = \overrightarrow{ACD}$ (четырехуездники $BNCM$ и $ANCD$ — параллелограммы). Поэтому $\overrightarrow{BCM} = \overrightarrow{ACD}$ , что и требовалось доказать.

Ю. Михеев

Приведем еще одно решение этой задачи, основанное на том, что четырехуездники $ABCD$ и $MB'CD'$ подобны; здесь $B' = (BM) \cap (DC), D' = (DM) \cap (BC)$ . Действительно, у этих четырехуездников угол $C$ обещий, а остальные углы попарно конгузнуты: $\overrightarrow{A} = \overrightarrow{M}, \overrightarrow{B} = \overrightarrow{B'}, \overrightarrow{D} = \overrightarrow{D'}$ . Однако конгузнительный углов для подобия четырехуездников недостаточно. Заметим теперь, что треугольники $BD'M$ и $DMB'$ подобны. Из этого подобия и того, что четырехуездник $ABMD$ — параллелограмм, вытекает равенство

$\frac{|MB'|}{|AB|} = \frac{|MD'|}{|AD|},$

из которого уже следует подобие четырехуездников $ABCD$ и $MB'CD'$ . Из этого подобия в свою очередь следует, что $\overrightarrow{ACD} = \overrightarrow{MCD'}(= \overrightarrow{MCB})$ .

Л. Лиманов

**M512. Пусть $f(x) = x^3 - x + 1$ . Докажите, что любое натуральное $m > 1$ числа $m, f(m), f(f(m))$ , $f(f(f(m)))$ , … попарно взаимно просты.

Положим $f_1(x) = x^3 - x + 1$ , и для каждой $n = 2, 3, \dots, f_n(x) = f(f_{n-1}(x))$ .

Тогда $f_1(0) = f_1(1) = 1$ и (по индукции) $f_n(0) = f_n(1) = 1$ для каждой $n$ . Таким образом, свободный член $f_n(0)$ многочлен $f_n(x)$ с целыми коэффициентами равен 1. Поэтому при любом натуральном $n$ и целом $a$ число $f_n(a)$ дает при делении на $a$ остаток 1. Отсюда следует, что при любых числа $k > l > 0$ и $m$ число $f_k(m) = f_{k-1}(f_l(m))$ при делении на $f_l(m)$ дает в остатке 1, так что $f_k(m)$ и $f_l(m)$ взаимно просты.

Возникает естественный вопрос: каков должен быть многочлен $f(x)$ с целыми коэффициентами, чтобы для не

x(x-1)r(x)+1;
x(x+1)[(x-1)r(x)-1]+1;
x[(x^2-1)r(x)-2x]+1;
x(x-1)[(x+1)r(x)+1]-1;
x[(x^2-1)r(x)+2x]-1;
x(x+1)r(x)-1
(здесь r(x) — произвольный многочлен с цельми коэффициентами).

ГО ВЫПОЛНЯЮСЬ УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ:
для любого натурального m числа
(*)
m,f(m), f(f(m)), … попарно взаимно просты.

Из нашей решения ясно, что для этого достаточно условия f(0)=f(1)=1, другими словами, любой многочлен вида f(x) = x(x-1)r(x)+1 (где r(x) — любой многочлен с цельми коэффициентами) удовлетворяет условию (). Оказывается, полный ответ на наш вопрос таков: многочлен f(x) удовлетворяет условию () тогда и только тогда, когда он принадлежит одному из шести типов, приведенных на полях.

Заметим, что в решении задачи мы построили бесконечную последовательность натуральных чисел, в котором числа попарно взаимно просты (например: 2, f₁(2)=7, f₂(2)=f₁(7)=337, …, fₙ(2), …). Из существования такой последовательности сразу вытекает бесконечность множества простых чисел.

А. Коломов

Ф515. Леектий стержень длины l закреплен в вертикальной плоскости на оси, проходящей через точку O, коморад делим стержень в относительной 1:3. К одному из концов стержения прикреплен мягкой шарик массы m, другой конец стержения прикреплен к горизонтальной пружине жесткости k (рис. 5). Прижина не рас挛нума, когда стержень вертикален. Определим неPIO малых колебаний стержения.

Рис. 5.

Смешение верхнего и нижнего концов стержения от вертикали при колебаниях обозначим соответствию x₁ и x₂. Тогда
x₁ = l/4 sin φ, x₂ = 3l/4 sin φ.

Проекции сил, действующих на шарик, на ось X, касательную к траектории движения шарика (рис. 5), равны — m|g| sin φ и — |F’|, где F’ — сила нормальной реакции стержения. Так как стержень неисом, моменты сил F и F’ равны. Следовательно,
|F’|/3 l = |F|/4 l,
откуда
|F’| = kx₁/3 = 1/12 kl sin φ.

Тепер запишем уравнение движения матрика:

m|g| sin φ - |F’| = ma_T,
или
1/m (kl/12 sin φ + m|g| sin φ) = ω₀² 3l/4 sin φ.

Выражая циклическую частоту ω₀ через период T и сокращая на sin φ, находим T:
T = 6π √(kl + 12m|g|).

Ю. Левчук

Ф518. На рисунке б показано положение двух точек A и B и их изображений A’ и B’, коморые daem monкая линия. Наимптотное положение линии и ее фокусов.

Рис. 6.

Лучи, индущее без преломления из точки A в точку A’ и из точки B в точку B’, проходят через оптический центр линии. Следовательно, точка O — оптический центр линии (см. рис. 6).

Лучи, проходящий через точки A и B, после преломления в лице проходит через точки A’ и B’. Следовательно, точка M — точка пересечения лучей AB и A’B’— лежит в плоскости линии.

Итак, положение линии мы определили. Главная оптическая ось линии перpendикularна плоскости линии. Лучи Aa и Bb, параллельные главной оптической оси, после преломления проходят через фокус линии. Следовательно, F и F’ — фокус линии, OO’ — главная оптическая ось линии.