Решения задач М645—М655; Ф663—Ф667

Квант 1981, №7 с. 21-31 Тег GM2G

Решение задач

M645. В подвале три коридора (рисунок 1; $|OA| = |OB| = |OC| = l$ ), все выходы из которых закрыты. В нем находится инспектор Варнике и представник. Варнике заменяет представника, если расстояние между ними не превышает $r$ . Он знает, что максимальная скорость представника в два раза меньше его собственной максимальной скорости. В начальной момент инспектор находится в точке $O$ и не видит представник. Как должен действовать Варнике, чтобы наверняка поимать представника, если $a) r = l/3, 6) r = l/4, \text{в})^* r > l/5, \text{в}) r > l/7$ . Шириной коридоров и размеры людей пребрежень. (Варнике должен придумать такой план действия, чтобы, даже если представник о нем заранее знает, он все равно не смогу услугу).

Рис. 1.

Рис. 2.

Решение задачи при $r > l/5$ (в частисти, при $r = l/3$ и $r = l/4$ ).
Сначала Варнике «прочесывает» коридор $OC$ . Убедившись, что представника там нет, Варнике удаляется в коридор $OA$ на расстояние $2r$ и затем возвращается в точку $O$ , двигаясь с максимальной скоростью (в дальнейшем будет подразуматься, что инспектор всегда движется с максимальной скоростью). Предположим, что, вернувшись в точку $O$ , инспектор не увидел представника; что ему в таком случае известно о возможном местонахождения представника?

Проступник не может находиться в коридоре $OC$ : легко проверить, что если бы он за время отсутствия инспектора в точке $O$ попытался перебежать из коридора $OB$ в коридор $OC$ , то к моменту возврашения инспектора в точку $O$ расстояние от представника до $O$ было бы не больше, чем $r$ .
Если проступник находится в коридоре $OA$ , то на расстоянии от $O$ , больше $2r$ : действительно, когда инспектор был в коридоре $OA$ на расстоянии $2r$ от $O$ , то проступник (если он находится в $OA$ ) был на расстоянии от $O$ , больше $3r$ , а к моменту возврашения инспектора в точку $O$ расстояние от проступника до $O$ могло уменьшиться не более чем на $r$ (рис. 2).

Если же $r \geq l/3$ , то проступник вообще не может находиться в $OA$ и тем самым задача а) решена: чтобы пожать проступника, инспектор достаточно исследовать до конца коридор $OB$ .

Если $r < l/3$ , то смысл дальнейших действия инспектора заключается в том, чтобы углубляться то в коридор $OB$ , то в коридор $OA$ на все больше расстояния, но так, чтобы проступник не смогет перебежать в коридор $OC$ . Каждый такое «углубление» вместе с последующим возвратом в точку $O$ будем называть циклом. Первый цикл уже описан. Во втором цикле инспектор отправляется в коридор $OB$ на расстояние $3r$ . Вернувшись в точку $O$ и не увидев проступника, инспектор знает, что

в коридоре $OC$ проступника нет (если проступник находится в коридоре $OA$ , то — на расстоянии от $O$ , больше $2r$ , и потому до возврашения Варнике в точку $O$ , при удалении его на расстояние $3r$ в коридор $OB$ , проступник не смогет перебежать в коридор $OC$ так, чтобы при этом оказаться на расстоянии от $O$ , больше $r$ );
если проступник находится в коридоре $OB$ , то расстояние от него до $O$ больше $5r/2$ (более $(3r + r) - 3r/2$ ).

Если же $r \geq l/4$ , то проступник вообще не может находиться в коридоре $OB$ (поскольку тогда его длина больше $3r + r = 4r \geq l$ — противоречие); тем самым решена задача 6).

Пусть после цикла с номером $n$ инспектор знает, что в коридоре $OC$ проступника нет, а в коридоре $OX$ (где $X = A$ при $n$ нечетном и $X = B$ при $n$ четном) проступник не может находиться на расстоянии от $O$ , меньше или равном $y_n$ . Тогда в следующем цикле инспектор отправляется в другой коридор на расстояние $y_n + r$ (рис. 3). Вернувшись в точку $O$ , инспектор знает, что

в коридоре $OC$ проступника нет;
в только что исследованном коридоре проступник не может находиться на расстоянии от $O$ , меньше или равном $y_n + r \geq l - r$ , то в исследованном коридоре проступника вообще нет.

Найдем формулу для $y_n$ . Так как $y_n + 1 = \frac{y_n + 3r}{2}, 3r - y_n + 1 = \frac{3r - y_n}{2}$ , откуда $3r - y_n = \frac{3r - y_1}{2^{n-1}} = \frac{r}{2^{n-1}}$ , то есть

Рис. 3.

$y_n = 3r - \frac{r}{2^{n-1}}.$

Преступник ловится, если $y_n + r \geqslant l - r$ при каком-нибудь $n$ , то есть $\frac{r}{2^{n-1}} \leqslant 5r - l$ . Отсюда видно, что если $5r > l$ , то после достаточно большого числа циклов ловится.

Решение задачи при $l/7 < r \leqslant l/5$ использует следующую новую идею: после достаточно большого числа циклов, описанных в разделе 1, инспектор должен углубиться в очередной коридор на расстояние не $y_n + r$ , а $l - r$ (то есть «прочеется» его до конца), не обращая внимание на то, что преступник может перебежать в коридор $OC$ .

Положим $\varepsilon = \frac{7r - l}{2}$ . Инспектор должен действовать так, как описано в разделе 1, до тех пор пока не будет выполняться неравенство $y_n \geqslant 3r - \varepsilon$ . После этого инспектор углубляется в очередной коридор (скажем, $OA$ ) на расстояние $l - r$ . Вернувшись в точку $O$ и не увидев преступника, инспектор знает, что в коридоре $OA$ преступника нет, а в коридоре $OC$ преступник не может находиться на расстоянии от $O$ , больше $(l - r) - (3r - \varepsilon) = 3r - \varepsilon$ . Затем инспектор углубляется в коридор $OC$ на расстояние $4r - 2\varepsilon$ . Вернувшись в точку $O$ и не увидев преступника, инспектор знает, что в коридоре $OC$ преступника нет (поскольку в противном случае преступник был бы появан, оказавшись в коридоре $OC$ от Варнике на расстоянии, меньше $(3r - \varepsilon) + (4r - 2\varepsilon)/2 - (4r - 2\varepsilon) = r)$ , а в коридоре $OA$ преступник не может находиться на расстоянии от $O$ , больше $3r - 2\varepsilon = (4r - 2\varepsilon) - r$ . Затем инспектор идет в коридор $OA$ на расстояние $4r - 4\varepsilon$ , затем в коридор $OC$ на расстояние $4r - 8\varepsilon$ , снова в коридор $OA$ на расстояние $4r - 16\varepsilon$ и т. д. Когда инспектор увидит, что ему надо идти на отпечательное расстояние, он должен сделать вывод, что преступник находится в коридоре $OB$ .

Затем иее. Удалось доказать, что при $r \leqslant l/7$ не существует способа наверняка понимать преступника. Доказательства этого факта, принимающая И. Голубчку и В. Прасолову, сложные и поэтому здесь не приводятся.

В. Дринфельд,
В. Соколов

**M646. От точки $O$ на плоскости отложены 2n векторов длины 1. Они раскрашены по переменному в красный и синей цвете. Пусть $\vec{s} - \vec{c}$ сумма $n$ красных векторов, $\vec{r} - \vec{c}$ сумма $n$ синих векторов. Доказите, что $|\vec{s} - \vec{r}| \leqslant 2$ .

Направление вектора $\vec{s} - \vec{r}$

$\left( \frac{a^2 - b^2}{2} \right)^2 \geqslant \sqrt{\frac{a^2 - b^2}{2}} - \frac{a + b}{2}.$

Представим вектор $\vec{s} - \vec{r}$ в виде суммы $n$ черных векторов (см. рисунок), каждый из которых является разностью красного вектора и близкий к нему (по часовий стрелке) синого вектора. Черные векторы опираются на попарно непересекающей дуги окружности радиуса $1$ с центром в точке $O$ .

Предположим теперь, что вектор $\vec{s} - \vec{r}$ — ненулевой (инчете все доказано). Спроектируем полученные черные векторы на направление вектора $\vec{s} - \vec{r}$ . Легко заметить, что проекции, направленные которых совпадает с направлением вектора $\vec{s} - \vec{r}$ , не пересекаются и уменьшаются на диаметре окружности. Следовательно, сумма их длины не превыходит 2. С другой стороны, длина вектора $\vec{s} - \vec{r}$ не превыходит этой суммы. Поэтому $|\vec{s} - \vec{r}| \leqslant 2$ .

Е. Шустин

Первое решение. Расстояним функцию $f(x) = x^2 + \sqrt{x}$ . Вычислив ее вторую произведение $f''(x) = 2 - \frac{1}{4}x^{-3/2}$ , видим, что $f''(x) \geqslant 0$ при $x \in \left[ \frac{1}{4}; +\infty \right]$ . Отсюда следует, что на промежутке $\left[ \frac{1}{4}; +\infty \right]$ функция $f$ выпукла вниз (для интегрирования).

вала см. «Алгебра и начала анализа 10», п. 79); на рисунке изображен ее график. Позтому («Квант», 1980, № 3, с. 21) для любых точек $x, y$ этого промежутка

$\frac{f(x) + f(y)}{2} \geq f\left(\frac{x+y}{2}\right).$

Приименив последнее неравенство к точкам $a^2, b^2$ , получим утверждение задачи.

Второе решение. Снова заменим $a^2$ на $x$ и $b^2$ на $y$ . Расмотрим функцию

$\varphi(x, y) = \left(\frac{x-y}{2}\right)^2 - \sqrt{\frac{x+y}{2}} + \frac{\sqrt{x} + \sqrt{y}}{2}.$

Будем считать, что $x \geq y \geq 1/4$ , и исследуем функцию $\varphi(x, y)$ на «монotonность по $x$ », считая переменную $y$ параметром.

$\varphi'_x(x, y) = \frac{x-y}{2} - \frac{1}{2\sqrt{2(x+y)}} + \frac{1}{4\sqrt{x}} =$

$= \frac{1}{2} \left(x-y + \frac{\sqrt{2(x+y)} - 2\sqrt{x}}{2\sqrt{x} \cdot \sqrt{2(x+y)}}\right) =$

$= \frac{x-y}{2} \cdot \left(1 - \frac{1}{\sqrt{x} \cdot \sqrt{2(x+y)} \cdot (\sqrt{2(x+y)} + 2\sqrt{x})}\right) \geq$

$\geq \frac{x-y}{2} \cdot \left(1 - \frac{1}{\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2}\right) = 0,$

то есть функция $\varphi(x, y)$ — неубывающая функция по $x$ .

Поскольку при $x=y=\frac{1}{4}$ функция $\varphi$ обращается в нуль, $\varphi(x, y) \geq 0$ при $x \geq y \geq \frac{1}{4}$ , что дает нам требуемое неравенство.

И. Клумова

M648. Докажите, что если диагонали вписанно четЫ-reхуедольника перепедикуляры, то середины его стороны и основания перепедикуляров, опущенных из точки пересечения его диагонале на стороны, лежат на одной окружности.

Рис. 1.

Рис. 2.

Прежде всего заметим, что если $ABCD$ — вписанный четырехугольник с перепедикулярыми диагоналями (рис. 1), то подобные треугольники $AKB$ и $CKD$ (К — точка пересечения диагоналей) расположены таким образом, что продолжение высоты, опущенной на гипотенуzy одного из них, является медианой другого. (Этот факт, немедленно вытекающий из равенства отмеченных на рисунке 1 углов, по существу уже использовался в решении задач M546 и M592 — см. «Квант», 1980, № № 1, 8.)

Далее: середины $L, P, M, Q$ стороны четырехугольника $ABCD$ , являясь вершинами прямого лука (рис. 2), лежат на одной окружности. Покажем, что центр $O_1$ этой окружности делит пополам отрезок $OK$ (О — центр окружности, в котором вписан наш четырехугольник).

Для этого достаточно, например, показать, что четырехугольник $LKMO$ — параллелограмм. Поскольку $LK$ — медиана треугольника $AKB$ , ее продолжение является высотой треугольника $CKD$ , то есть $(LK) \perp (DC)$ . Но и $(OM) \perp (DC)$ (диаметр, проходящий через середину хорды); поэтому отрезки $LK$ и $OM$ параллельны. Аналогично доказывается параллельность отрезков $LO$ и $KM$ .

Теперь для окончания решения задачи нам достаточно установить, на пример, что $|O_1M| = |O_1H|$ , где $H$ — основание перепедикуляра, опущенного из точки $K$ на сторону $CD$ . Но это следует из того, что $O_1$ — середина гипотенуzy $LM$ прямого лука (рис. 3).

Итак, все восемь точек, упомянутых в условии задачи, лежат на одной окружности. Интересно, что радиус этой «окружности восемь точек» целиком определяется радиусом $R$ данной окружности и величины $|OK| = a$ . В самом деле, искому радиус равен половине длины [LM], а

$|LM|^2 = |LP|^2 + |PM|^2 = \frac{1}{4} \left(|AC|^2 + |BD|^2\right) =$

$= \frac{1}{4} \left((|AK| + |KC|)^2 + (|BK| + |KD|)^2\right) =$

Рис. 3.

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

Рис. 7.

$\frac{1}{4}(|AB|^2 + |CD|^2 + 2(|AK| \cdot |KC| + |BK| \cdot |KD|)) =$

$\frac{1}{4}(|AB|^2 + |CD|^2 + 4(R^2 - a^2)) = \frac{1}{4}(4R^2 + 4(R^2 - a^2)) = 2R^2 - a^2.$

[В этой выкладке мы вначале воспользовались тем, что произведение длин отрезков хорд, пересекающих в одной и той же точке, построено:

$|AK| \cdot |KC| = |BK| \cdot |KD| = (R - a)(R + a)$

(рис. 4), а затем, сообщив, что

$90^\circ = \widehat{BCA} + \widehat{DBC} = \frac{AB + CD}{2},$

и дополнить $CD$ до получожности другой, конгруэнтийной $AB$ , получили равенство

$|AB|^2 + |CD|^2 = (2R)^2 = 4R^2,$

см. рисунок 5.]

Наметим другое решение. Сделаем готовотно наших восмытей точек с центром в точке $K$ и коэффициентом 2. Тогда утверждение задачи M648 превращается в такую теорему: Пусть два взаимно перепределительных луча с началом в точке $K$ внутри данной окружности, врачаясь вокруг $K$ , пересекают окружность в переменных точках $P$ и $Q$ . Тогда четверняя вершина $T$ прямогоольника $PKQT$ (точка, симметричная точке $K$ относительно середины [PQ]), а также точка $S$ , симметричная точке $K$ относительно прямой $PQ$ , вызываются по окружности, конгруэнтийной с данной (рис. 6). Второй факт (про $S$ ) следует из первого, так как $S$ симметрична точке $T$ относительно серединой перепределения к [PQ], а первый (про $T$ ) устанавливает в решение задачи M539 («Квант», 1979, № 11).

Эта «теорема о восмытях» допускает следующие stereometрические обобщения:

Если три взаимно перепределительных луча с началом в фиксированной точке $K$ внутри данной сферы, врачаясь вокруг $K$ , пересекают сферу в переменных точках $A$ , $B$ и $C$ , то точка пересечения медиан треугольника $ABC$ и основание перепределения, опущенного из $K$ на плоскость $ABC$ , выZAются по сфере, центр которого находится в точке $O_1$ отрезка $OK$ (О — центр данной сферы) такой, что $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|$ , а радиус равен $\frac{1}{3}\sqrt{3R^2 - 2a^2}$ , где $a = |OK|$ , $R$ — радиус данной сферы.

Доказать это можно, например, следующее обозначение:

Пусть $D$ — вершина параллелепипеда, определяющего отрезками $KA$ , $KB$ и $KC$ , диагональное противоположная к $K$ . Все точки $D$ лежат на сфере с центром в той же точке $O$ , что у исходной сферы, и радиусом $\sqrt{3R^2 - 2a^2}$ (см. решение задачи M639 — «Квант», 1979, № 11). При этом с центром $K$ и коэффициентом $\frac{1}{3}$ точка $D$ будет все время переходить в точку пересечения медиан треугольника $ABC$ (доказите!), а точка $O$ перейдет в точку $O_1$ . Таким образом, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ все время лежит на указанной сфере.

Осталось показать, что проекция точки $K$ на плоскость треугольника $ABC$ также все время лежит на этой сфере. Поскольку отрезки $KA$ , $KB$ и $KC$ взаимно перепределились, проекция точки $K$ совпадает с точкой $H$ пересечения высот треугольника $ABC$ . Утверждение будет доказано, если мы, например, получим равенство $|O_1H| = |O_1M|$ , где $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$ . Для этого заметим, что центр сферы $O$ проекируется в центр $Q$ описанной вокруг треугольника $ABC$ окружности, и воспользоваться таким известным фактом: точки $Q$ , $M$ и $H$ лежат на одной прямой (прямой Эйлера), точка $M$ — между точками $Q$ и $H$ , причем $2|QM| = |MH|$ . (Если этот факт вам неизвестен, доказите его.) Ostальное легко следует из рисунка 7: плоскую

М649. Докажите равенство
$\frac{1}{2} c_n^2 + (c_n - c_1)^2 + (c_n - c_2)^2 + \dots + (c_n - c_{n-1})^2 = \frac{n}{2},$
еде $c_1 = 1, c_2 = 1 + \frac{1}{3},$
$c_3 = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5}, \dots,$
$c_n = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}$ .

M650. Существует ли последовательность
$a_1, a_2, a_3, \dots, a_n, \dots$
а) натуральных чисел такая, что любое натуральное число единственным образом запишается в виде суммы нескольких ее членов:
$a_{i+1} + \dots + a_{i_k} \quad (i_1 < \dots < i_k, k \ge 1);$
б) натуральных чисел такая, что 1 не представляется в виде (), а любое целое число, отличное от 0, представляется в виде () единственным образом;
в) целых чисел такая, что 0 не представляется в виде (), а любое целое число, отличное от 0, представляется в виде () единственным образом;
е) целых чисел такая, что 0 и 1 не представляются в виде (), а любое целое число, отличное от 0, представляется в виде () единственным образом?

Докажем, что
$c_n^2 + 2(c_n - c_1)^2 + 2(c_n - c_2)^2 + \dots + 2(c_n - c_{n-1})^2 = n.$
Для этого подставим в левую часть значения $c_i$ ( $i = 1, \dots, n$ ):
$\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2 \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + \dots + 2 \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(1 + \frac{2}{3} + \frac{2}{5} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{5} + \frac{2}{7} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 5 \cdot \frac{1}{5} \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{2}{7} + \frac{2}{9} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + \dots + \frac{1}{2n-1} = 1 + \frac{3}{3} + \frac{5}{5} + \frac{7}{7} + \dots + \frac{2n-1}{2n-1} = 1 + 1 + 1 + \dots + 1 = n.$
В) идукции шаг. Предположим, для определенияности, что при $2^n$ знак «плоис» (то есть $n$ нечетное) и что из набора $(-1, 2, -4, \dots, \pm 2^n)$ можно единственным образом получить в виде (*) все целые числа (кроме нуля) из промежутка от $-1$ до $-4$ до $-16$ — — (последний отрицательный член набора) до $2 + 8 + 32 + \dots + (последний положительный член набора). Базис индекции ($ n = 1 $) оченьiden. Иndукции шаг. Предположим, для определенияности, что при$ 2^n $знак «плоис» (то есть$ n $нечетное) и что из набора$ (-1, 2, -4, \dots, \pm 2^n) $можно единственным образом получить в виде (*) все целые числа (кроме нуля) из промежутка от$ -1 $до$ -4 $до$ -16 $— — (последний отрицательный член набора) до$ 2 + 8 + 32 + \dots + (последний положительный член набора). Утверждение доказано.
г) Такой последовательности не существует.

Докажательство существует и пусть $a_1$ — ее член, отличный от $-1$ . Тогда числа $1 + a_1$ и $1 - a_1$ представляются в виде (*)

М651. Дата сдавала в базах дивана, чемодан, сахояж, корзину, картину, картонику и маленькую собачонку. Диван весил столько же, сколько чемодан и сахояж, вместе взятые, и столько же, сколько картина, корзина и картоника, вместе взятые. Картина, корзина и картоника весили поровну и какдая из них — больше, чем собачонка. Когда выгружали базах, дама заявала, что собака не той породы. При проверке оказалось, что собака перемещает диван, если к ней на весь добавить собачож или чемодан. Доказите, что претензия дамы была справедлива.

Пусть диван, чемодан, сахояж и маленькая собачонка весят соответственно Д, Ч, С и М килограммов, а картина, корзина и картоника — по К килограммов (по условию они весят одинаково). Запишем данные зачищки в этих обозначениях:
(1) Д=Ч+C; (2) Д=3K; (3) K>M; (4) M+C>Д; (5) M+Ч>Д. Из (1)—(3) получаем
(6) Ч+C>3M.

Складывая затем неравенства (4)—(6), учитывая (1), приходим к неравенству M<0, что невозможно, так что претензия дамы справедлива.

Заметим, что задача M651 не очень реалистична. По условию получается, что картона всего в три раза легче дивана. (Приходится предположить, что в картоке лежат не шляпы, а что-то более увесистое.) Кроме того, в решении мы считаем, что собачона до и после путешествия весит одинаково (чтоы условия не противечили друг другу, собачона за время пути должны была подраст, по крайней мере, в полтора раза, что, конечно, маловерятно).

В. Гутенмахер

М652. Жена разрезал выпуклый картоный многоорганик на грани (по ребрам) и послал этот набор граней по почте Вите. Вита скелел из всех этих граней выпуклый многоорганик. может ли случай так, что многоорганики Жени и Вите не конгузятны?

Да, так может служться. Один пример такого набора восмиги граней, из которого можно склеить два разных по форме выпуклых многоорганики, приведен на рисунке 1. Соответствующие многоорганики представляют из себя одинаковые неправильные четырехугольные прямые, склеенные по разному общим основанием — прямойольником размерами 2×5; один из этих многооргаников симметричен относительно плоскости этого прямогоольника, а другой — относительно его центра (рис. 2).

Подумайте, из какого наименьшего числа граней может состоять набор, допускающий неконгузительные многоорганики. Обязательно ли многоорганики Жени и Вите имеют равные объемы?

Заметим, что если бы все ребра многоорганика имели разную длину или просто были обозначены различными помещениями.

Задание M651—M655 взяты из книги «Заочные математические алгебра», (М., «Наука», 1981).

Ками на гранях, — чтобы было точно известно, какое ребро с каким скленать, — то многогранники Жени и Вити обязаательно получились бы конгрузными. Это далеко не простая теорема Коши о выпуклых многогранниках; ее доказательство можно прочесть в книге Л. А. Люстерника «Выпуклы фигуры и многогранники» (второе издание этой книги должно выйти в этом году в Библиотечке «Квант»).

Н. Васильев

М653. Имеется линейка с двумя делениями. С помощью линейки можно проводить произвольные прямые и отрезки определенной длины. Построите с ее помощью a) какой-нибудь прямой угол; b) прямую, перепредикулярную данной прямой.

Будем считать длину данного отрезка между отметками равной 1.

a) Проведем две пересекающей прямые и отложим на них от точки их пересечения O отрезки OA, OB, OC, OD длины 1. Тогда все углы четырехугольника ABCD будут прямыми (каждий из них опирается на диаметр AC или BD окружности радиуса 1 с центром O).

b) Отложим на данной прямой от точки O отрезки OA и OC длины 1. Затем на каких-нибудь прямых, проходящих через O, отложим в одной полуплоскости отрезки OE и OF длины 1 (см. рисунок). Проведем теперь прямые AE и CF, пересекающей в некоторой точке B, и прямые AF и CE, пересекающей в некоторой точке H. Тогда прямая BH будет перпендикулярна данной прямой, поскольку три высоты треугольника всегда пересекаются в одной точке (точки E и F служат вершинами прямых углов, опирающихся на диаметр AC окружности радиуса 1 с центром O).

Теория геометрических построений линейкой и эталоном длины подробно обсуждается в знаментийной книге Д. Гильберта «Основания геометрии» (М., Гостехидат, 1948) в связи с анализом системы аксиом. Этими инструментами решаются многогреческие задачи на построение (в частиности, через данную точку можно проводить прямую, паралельную данной; от данной прямой можно отложить угол, конгрузный данному), но, оказывается, не все те задачи, которые разрешимы с помощью циркуля и линейки.

В. Гутенмахер

М654. Верно ли такое утверждение: из любых шести натуральных чисел можно выбрать три числа, каждый два из которых не имеют общих делителей, больших 1, или три числа, имеющие общий делитель, больший 1?

Это утверждение неверно. Вот пример шестерки чисел, среди которых никакие три не имеют общого делителя (большero 1) и нет трех попарно взамного простых: 70, 165, 247, 286, 323, 357; еще один пример, с меньшим чисlam: 14, 15, 18, 33, 55, 63. Покажем, как строить подобные примеры.

Изображим наши числа шестю точками; те, у которых есть общий многожитель, содержим «ребром» (дугой) и напишем на ребре этот общий многожитель. При этом нужно, чтобы все написанные многожители были взаимно просты — скажем, это могут быть различные простые числа (инначе три из наших чисел будут иметь общий многожитель) — и, кроме того, чтобы из каждой трех точек по крайней мере две были соединены ребром (инначе найдет три попарно взаимно простых числа). Построить такой граф — соединить шестую точку ребрами так, чтобы выполнялось последнее условие — нетрудно; для этого вовсе не обязательно проводить все 15 ребер между шестю точками — можно обойти всемую или даже шестю ребрами (рисунки a), б) соответствует двум приведенным выше примерам); остается переменной числа на всех ребрах, подходящих к каждой из шести вершин, — и пример готов.

Некоторые читатели ошиблись в решении этой задачи, сославшись на такой факт (мы приводим его в формулировке, предлагавшейся на одной из старых венгерских оптимизация и с тех пор ставшей классической): из шести людей можно выбрать трех попарно знакомых или трех попарно незнакомых. Этот факт верен, но дело в том, что три целых числа, попарно имеющих общий многожитель, не обязаны иметь общий для всех многожителя (большей 1).

Н. Васильев

М655. На столе у циновника Министерства околиностей лежит n томов Британской циклопедии, сложных в несколько стопок. Каждый день, прijdя на работу, циновник берет из каждой стопки по одному тому и складывает взятые тома в новую стопку, затем располагает стопки по колиществу томов (в невозрастящем порядке) и заполняет ведомость, в которой указывает количество томов в каждой стопке. Кроме сказанного выше, циновник никакого не делает.
a) Какая запись будет сделана в ведомости через месяц, если общее количество томов n=3, n=6, n=10 (начальное расположение произвольно)?
b) Докажите, что если общее число томов n=k(k+1)/2, где k — натуральное, то, начиная с некоторого дня, ведомость будет заполняться одинаковыми записами.
в) Исследуйте, что будет через много дней работы при других значениях n.

Рис. 1.
n=3, m=3, T=2

Рис. 2.

При n=3 возможно всего три расположения:
(1,1,1) — три стопки по одному тому;
(3) — одна стопка из трех томов;
(2,1) — одна стопка из двух и одна из одного тома.

Стрелки на рисунке 1 показывают, во что каждое расположение переходит на следующий день. Из рисунка видно, что, с чего бы мы ни начали, не позже, чем через два дня (что записано как T=2), возникнет расположение (2,1), и затем оно будет повторять. На рисунке 2 показан аналогичный граф для n=6. Число m возможных расположений (вершин графа) здесь равно 11. Не позже, чем через T=6 дней после начала работы возникнет расположение (3,2,1), и затем оно будет повторять. Аналогичный граф для n=10 имеет m=42 вершины (для экономии места он не нарисован); в этом случае не позже, чем через T=12 дней после начала работы arising from the same graph, the same distribution of vertices.

Разумеется, далеко не каждый ориентированный граф, из каждой вершины которого выходит одна стрелка, обладает единственной «конечной» вершиной, то есть не всегда, и для этого стрелкам, мы приедем в одну и ту же вершину и там останемся (рис. 3). Граф может распадаться на отдельные части, не связанные между собой ни одной стрелкой, может содержать циклы. Поэтому тот факт, что при n= $\frac{k(k+1)}{2}$ , начинается с некоторого дня, получается одно и то же расположение (k, k-1, …, 3, 2, 1) совсем не оченьidenен, и мы сейчас его докажем, тем самым решив пункт 6) условия задачи. Расмотрим сразу произвольное значение n.

Воображим четырьмя бесконечного листа клетчатой бумаги (рис. 4), клетки которого пропуверованы парами натуральных чисел слева направо и спизуверх: клетка с номером (x,y) стоит в столбце с номером x и в строке с номером y.

Изготовим n физек и разместим их в клетках нашей бумаги следующим образом: в первом столбце столбец физек, сколько томов в первой стопке, во втором столбце столбец физек, сколько томов во второй стопке, и т. д. Размещение физек на рисунке 4 означает, что в столках соответствующего 8, 3, 3, 1, 1, 1 томов. Преобразование, которое каждый день делает на свою столе циновник, можно представить на нашем листе в виде следующих трех операций:

Уберем физек, находящемся в самом нижней строке (на рисунке 4 они помещены рисунками цифрами).
Передвиним оставшиеся физек (они помещены латинскими буквами) на одну клетку вниз и на одну клетку вправа.
Тепер выложим на бумагу убранные физек, но не на нижнюю строку, откуда они были взяты, а на самый левый (освободившийся) столбец в том порядке спизуверх, в каком они лежали в строке слева направо.

В результате этих операций рисунок 4 перейдет в рисунок 5. Правда, результат действия наших трех операций отличается от того, что делает циновник, тем, что стопки могут получить расположенные не в том порядке, какой нужен: на рисунке 5 в самом левом столбце 6 томов, а в следующей за ней — 7 томов. Это легко исправить, передвинут физек M на одну клетку влево (что показано стрелкой на рисунке 5), но мы таких передвижений пока делать не будем, а ограничимся преобразованием, состоящим из трех описанных операций. При этом преобразование физека, бышая в клетке (x,y), переходит в клетку (1,x), если y=1, или (x+1,y-1), если y>1.

Назовем i-й диагональю совокупность тех клеток (x,y), для которых x+y=i+1. Под действием нашей преобразования физек, находящемся на i-й диагонали, не содержит с нее, а будут перемещаться по ней по правилам:

$\begin{align*} (1,i) &\rightarrow (2,i-1) \rightarrow (3,i-2) \rightarrow \dots \rightarrow (i,1) \end{align*}$

Тепер дополим наше преобразование:

В каждой строке, где это возможно, свинием все физек на одно место влево.

Дополнительное преобразование уже точно соответствует тому, что делает циновик. Тепер для некоторых физек

величина $x+y$ может уменьшаться, но она по-прежнему не может увеличиваться. Но величина $x+y$ — натуральное число. Поэтому она не может уменьшаться бесконечно много раз. Когда-нибудь для всех фишек величина $x+y$ уже не будет больше уменьшаться. Докажем, что тогда для всякого $i$ будет выполнять следующие условия: если $i$ -я диагональ не полностью заполнена фишками, то в $(i+1)$ -й диагонали нет ни одной фишки.

Докажем это от противного: пусть в $i$ -й диагонали есть пустая клетка, а в $(i+1)$ -й диагонали есть фишка. Фишки на $i$ -й диагонали (если они есть) передвигаются, попадая через каждые $i$ шагов на прежние места. Фишка на $(i+1)$ -й диагонали передвигается, попадая через каждые $(i+1)$ шагов на прежнее место. Посмотрим, что делается в моменты 0 (начало отсчета), $(i+1), 2(i+1), 3(i+1), ..., i(i+1)$ . Фишка на $(i+1)$ -й диагонали в эти моменты оказывается там же, где была в нулевой момент. Пусть место на $i$ -й диагонали как бы дивгается вместе с фишками, и в перечисленные выше моменты времени оно pobывает на всех клетках $i$ -й диагонали, в том числе окажется слева от клетки, где находится фишка. Но тогда эта фишка передвигается влево, а мы предположили, что все такие передвижения уже закончились. Утверждение доказано.

Что же это за расположение фишек, при котором за неполной диагонально может идти только пустая? Если $n = \frac{k(k+1)}{2}$ , то такое расположение только одно: все диагонали от 1-й до $k$ -й заполнены фишками, а все следующие диагонали пусты. Пусть теперь $n \neq \frac{k(k+1)}{2}$ . Тогда существует такое $k$ , что $\frac{k(k+1)}{2} < n < \frac{(k+1)(k+2)}{2}$ .

Положим $r=n-\frac{k(k+1)}{2}$ . В этом случае расположение фишек, при котором за неполной диагонально следует пустые, таково: все диагонали от 1-й до $k$ -й заполнены фишками, на $(k+1)$ -й диагонали находится $r$ фишек, а следующие диагонали пусты. Фишки, находящиеся на $(k+1)$ -й диагонали, перемещаются по ней, попадая через каждые $(k+1)$ шагов на свои прежние места. Это ответ на вопрос в).

Если число фишек на $(k+1)$ -й диагонали определяется только общим числом фишек, то их расположение зависит от начального расположения фишек, поэтому при $n \neq \frac{k(k+1)}{2}$ в зависимости от начального расположения томов могут получиться различные наборы периодических повторяющихся записей чиновника (в том числе при одном и том же $n$ может получиться разная длина периода).

Интересно выяснить вдобавок, каково время, доставочное, чтобы из любого начального состояния с $n$ фишками прийти к описанному. Для простоты ограничения $n = \frac{k(k+1)}{2}$ и обозначим через $T(k)$ наименьшее время, за которое из любого начального расположения томов получается расположение $(k,k-1,...,3,2,1)$ .

Докажем, что $T(k) \geq k(k-1)$ . Для этого приведем для каждой $k$ конкретное распределение $\frac{k(k+1)}{2}$ томов в стопках, превращающейся в окончательное лишь за $k(k-1)$ шагов: $(k-1,k-1,k-2,k-3,k-4,...,3,2,1,1)$ . Его изобравнение на нашей клетчатой бумаге отличается от изобравнения окончательного распределения лишь тем, что одна фишка находится не там, где надо: в клетке $(k+1,1)$ вместе с клетки $(1,k)$ . Под действием нашего преобразования и лишь фишка на $(k+1)$ -й диагонали и «дырка» (то есть «отсутствие фишки») на $k$ -й диагонали начинает передвигаться каждая по своей диагонали. Поскольку $k$ -я диагональ короче $(k+1)$ -й на единицу, дырка будет операть фишку и догонит ее robно через $(k+1)$ шагов.

Ф664.*) При фотографировании удаленное точного источника на фотографи из-за необходимости качеств объекта и применением фотоматериала получается светлый кругок диаметром $d=0,1$ мм. С какого максимального расстояния можно сформировать в тех же условиях два точных источника, расположенных на расстоянии $l=1$ см друг от друга, так, чтобы на фотографи их изображения не перекрывались? Фокусное расстояние объекта $F=5$ см.

Рассстояние между центрами пятен на пленке тем меньше, чем dalleше от фотоппарата расположены источники. Наименьшее расстояние между центрами пятен
$\Delta l=d=0,1$ мм

(при этом пятна касаются друг друга, не перекрываясь) во много раз меньше, чем расстояние $l$ между источниками; следовательно, источники расположены далеко от фотоппарата, и можно считать, что изображения лежат в фокальной плоскости объекта. Тогда искомое расстояние $L$ можно определить из соответствия
$\frac{L}{F} = \frac{l}{\Delta l} = \frac{l}{d} \Rightarrow L = \frac{Fl}{d} = 500 \text{ см.}$

При меньших расстояниях пятна на пленке будет частично перекрываться.

А. Зильберман

Ф665. В теплозолюрованном состоянии имеется две жидкости с удельными тепломкостими $c_1$ и $c_2$ , разделенные heteroproводящей перегородкой. Температуры жидкости различны. Перегородкуубирают, и после установления теплового равновесия разность между начальной температурой одной из жидкости и установившейся в состоянии температурой оказывается в два раза меньше разности начальной температуры жидкости. Найти относение масс $m_1$ и $m_2$ первой и второй жидкости.

Пусть в результате смешивания жидкости, начальные температуры которых были $t_1$ и $t_2$ , температура смеси в сосуда стала равной $t$ . Так как сосуд теплозолюрован ( $\Delta Q=0$ ),
$c_1 m_1 (t-t_1) + c_2 m_2 (t-t_2) = 0;$
отсюда
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2}{c_1} \frac{t-t_2}{t_1-t}.$
Согласно условиям задачи
$2 (t_1-t) = t_1-t_2 \Rightarrow t-t_2 = t_1-t \Rightarrow \frac{t-t_2}{t_1-t} = 1.$
Таким образом,
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2}{c_1}$

— относение масс жидкости равно обратному относению тепломкости.

А. Буздин

Ф666. Радиус внутренней области шарикоподшипника равен $r$ , а внешней — $R$ (см. рисунок). Сколько оборотов сделает шарик между этим обойцами, если внешняя обойма сделает $n_1$ , а внутренняя — $n_2$ оборотов вокруг оси?

Условия считать число оборотов, сделанных каждой обойной против часов стрелки, положительным, по часовой стрелке — отрицательным.

В соответствии с принципом независимости движения окончательное положение шарика будет одним и тем же при любой последовательности поворотов каждой из обойм. Важно только, чтобы суммарный угол поворота внешней обоймы был равен $\varphi_1 = 2\pi n_1$ , а внутренней — $\varphi_2 = 2\pi n_2$ . Поэтому представим каждый из углов в виде суммы двух слагаемых
$\varphi_1 = \alpha + \beta, \quad \varphi_2 = \alpha + \gamma.$

Поворот обихом на один и тот же угол $\alpha = 2\pi n_0$ соответствует перемещению $\alpha \frac{R+r}{2}$ центра шарика по дуге

*) Решение задачи Ф663 вы найдете в замете С. Кротова «Математический матник в инерцциальной системе отчета» (с. 32).

окружности радиуса $(R+r)/2$ . При этом точка, в которой шарик соррикается с обоймой, не перемещается по ней. Иными словами, качение шарика по поверхности обойм отсутствует, а относительно неподвижной системы отчета шарик поворачивается вместе с обоймами на тот же угол $\alpha$ .

Углы $\beta = 2\pi n_3$ и $\gamma = 2\pi n_4$ выберем таким образом, чтобы при $\alpha = 0$ последовательные повороты внешней обоймы на угол $\beta$ , а внутренней — на угол $\gamma$ возврашает центр шарика в исходную точку. В этом случае шарик будет катиться по поверхности обойм.

Задача допускает однозначное решение лишь при условии отсутствия просkalIZывания. Это означает, что длины дуг, представляющих собой следы точек касания на шарике и на обоймах, должны быть одинаковыми, то есть

$|\beta|R = |\gamma|r = |\Theta|\frac{R-r}{2} \text{ и } \beta R + \gamma r = 0.$

Здесь $\Theta$ — угол повората шарика относительно неподвижной системы отчета при $\alpha = 0$ , а $\frac{R-r}{2}$ — радиус шарика. Из написанных уравнений следует:

$n_1 = n_0 + n_3, \ n_2 = n_0 + n_4, \ n_3R + n_4r = 0.$

Отсюда найдем число оборотов центра шарика вокруг оси обойм:

$n_0 = \frac{n_1R + n_2r}{R + r}.$

За тот же промежуток времени шарик повернется относительно неподвижной системы отчета на угол $\varphi = \alpha - \Theta$ , где $\Theta = \beta \frac{2R}{R-r}, \ \varphi = 2\pi n.$

Следовательно, если внешняя обойма сделает $n_1$ , а внутренняя — $n_2$ оборотов, шарик, не просkalIZывающий по обоймам, совершит

$n = \frac{n_1R - n_2r}{R - r}$

оборотов относительно неподвижного наблюдая.

В. Буховцев

Ф667. Электрон нахождение внутри солеюода на расстоянии $r$ от его оси. За мало время $\Delta t$ индукция поля внутри солеюода уvelилась от $B$ до $2B$ . Как при этом изменилась скорость электрона? Насколько мала должа быть величины $\Delta t$ , чтобы решение было верным?

При изменении магнитного поля возникает выходное электрическое поле. Наряженность $E$ этого поля в точках, находящихся на расстоянии $r$ от оси солеюда, можно найти, зная ЭДС индукции в контуре, представляющим окружность радиуса $r$ и равное по абсолотной величины $a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{eE}{m}$ .

Таким образом, за мало время $\Delta t$ скорость электрона изменяется на величины $\Delta t$ , то есть $\frac{eBr}{2m} \ll c.$

При решении задачи мы не учили действия магнитного поля на движущей электрон. Сила, действующая со стороны магнитного поля, сообщает электрону уvelишение, направленное вдоль радиуса солеюда. Чтобы приведенное выше решение было верным, необходимо выполнение следующого условия: за время $\Delta t$ изменение $\Delta v_r$ скорости вдоль радиуса