Решения задач М666—М670; Ф678—Ф682

34

Решения задач

M666. Докажите, что наименьшее общее кратное число $a_1 < a_2 < ... < a_n$ равно $A$. Тогда, очевидно, $\frac{A}{a_1} > \frac{A}{a_2} > ... > \frac{A}{a_n}$ — науральные числа. Поэтому $\frac{A}{a_1} \geq n$, откуда $A \geq n a_1$.

Эта оценка является точной. В самом деле, если $a_1 = \frac{n!}{n-1}$, $a_2 = \frac{n!}{n-1}$, …, $a_n = n!$, то $A = n! = n \cdot a_1$.

A. Разборов

M667. Построите треугольник ABC, если заданы его наименьший угол $\hat{A}$ и отрезки длины $d = |AB| - |BC|$ и $e = |AC| - |BC|$.

На сторонах данного угла $\hat{A}$ отключим данные нам отрезки AD длины $d$ и AE длины $e$. Телерь нужно на эти сторонах (за точками D и E) найти также точки B и C, что $|BD| = |BC| = |CE|$.

Чтобы это сделать, построим вначале фигуру, готовичную искомому четырехугольнику BCED. Для этого (рис. 1) отложим на прямой AD (на луче, не содержащем A) отрезок DB1 любой длины $q$, затем параллельно пересечем луч [DE] на вектор $\vec{q}$ той же длины $q$, направленный параллельно [AE], после чего на полученном луче $l$ отметим точку $C_1$, для которого $|B_1C_1| = q$. Очевидно, четырехугольник $B_1C_1E_1D$ подбен искомому четырехугольнику BCED. Проведя теперь через точку E прямую, параллельную $B_1E_1$, найдем точку B; проведя затем через точку B прямую, параллельную $B_1C_1$, найдем точку C. (Легко видеть, что все построения всегда выполны, причем единственным образом.)

Вот еще одно решение — не использующее метод подобия. Если $O$ — центр окружности, вписанной в искомый треугольник ABC, то треугольники BOD, BOC и COE конструктивны (рис. 2). Все углы, отмещенные при вершине O, равны $90^\circ + \hat{A}/2$. Поэтому $D\hat{OE} = 90^\circ - 3\hat{A}/2$ (эта величины положительная при $\hat{A} < 60^\circ$). Телерь можно построить точку O как пересечение биссектрицы угла A и души сегмента с концами D, E, вместешего вписанной угол величины $90^\circ - 3\hat{A}/2$ (красная дуга на рисунке 2). Затем, проведя под нужными углами к отрезкам DO и EO лучи OB и OC, находим две вершины треугольника ABC.

Наконец, задачу можно решить и вычисленем: длина искомого отрезка $x = |BD| = |BC| = |CE|$ находится из квадратного уравнения

$$x^2 = (x+d)^2 + (x+e)^2 - 2(x+d)(x+e) \cos \hat{A},$$

после чего искомый отрезок можно построить (исходя из $d, e$ и $\hat{A}$) циркulum и линейкой, комбинируя известные методы построения по данным отрезкам длины $p$ и $q$ и углу $\alpha$ отрезков длины $p$ cos $\alpha$, $p \pm q$, $\sqrt{pq}$, $\sqrt{p^2 \pm q^2}$. Интересно, что отрицательный корень этого уравнения также имеет геометрический смысл: он определяет положение еще одной точки $B_2 \in [DA)$, $C_2 \in [EA)$, для которых $|B_2D| = |B_2C_2| = |C_2E|$.

H. Васильев

M668. Последовательность $(x_i)$ определяется условиями $x_1 = 1$, $x_2 = 0$, $x_3 = 2$, $x_{n+1} = x_{n-2} + 2x_{n-1}$. Докажите, что для любого

Пусть $m$ — любое натуральное число. Вместо последовательности $(x_i)$ рассмотрим последовательность $(\bar{x}_i)$ остатков от деления $x_i$ на $m$.

Из определения последовательности $(x_i)$ следует, что по любым тем числам $\bar{x}_i$, $\bar{x}_{i+1}$ и $\bar{x}_{i+2}$ можно однозначно

35

натурального $m$ найдуться два соседних члена этой последовательности, каждый из которых делится на $m$.

В самом деле, поскольку число членов последовательности бесконечно, а количество треек из набора чисел {0, 1, 2, …, $m-1$} не больше $m^3$, найдет две совпадющие трейки $\bar{x}_i, \bar{x}_{i+1}, \bar{x}_{i+2}$ и $\bar{x}_{i+T}, \bar{x}_{i+T+1}, \bar{x}_{i+T+2}$. Но так как числа первой трейки однозначно определяются по числам второй трейки, то вообще при любом $k$ будет верны равенства $\bar{x}_{k+T}=\bar{x}_k, \bar{x}_{k+T+1}=\bar{x}_{k+1}, \bar{x}_{k+T+2}=\bar{x}_{k+2}$ ($T$ — период последовательности).

Поскольку $\bar{x}_0=\overline{x}_3-2x_1=0, \bar{x}_{-1}=\overline{x}_2-2x_0=0, \bar{x}_{iT-1}=0$ и $\bar{x}_{iT}=0$ при любом $l$. Мы доказали тем самым, что существует бесконечно много пар соседних членов последовательности ($x_i$), каждый из которых делится на $m$.

Интересно отмечать связь последовательности ($x_j$) с последовательностью Фибоначчи ($f_i$): $f_1=1, f_2=2, ..., f_{n+2}=f_{n+1}+f_n$ при $n \geqslant 1$. Последовательность Фибоначчи также может быть продолжена выше: $f_{n-1}=f_{n+1}-f_n$, так что $f_0=1, f_{-1}=0$ и т. д. Нетрудно проверить, что $x_i=f_{i-2}+(-1)^{i-1}$. Таким образом, для любого натурального $m$ в последовательности ($f_i+(-1)^{i-1}$) существует бесконечно много пар соседних членов, делящих на $m$. В то же время любые два соседних числа Фибоначчи взаимно просты*.

Г. Козлов

M669. Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Доказите, что a) отрезок, соединяющий две члены AB и CD, перпендикулярен отрезку, соединяющий две члены BC и AD; b) центры окружностей, вписанных в треугольника ABC, BCD, CDA и DAB, являются вершинами прямойника.

a) Поскольку $NMP=\frac{1}{4}(BC+CD)=\frac{1}{2}\hat{A}, MNQ=\frac{1}{4}(AB+AD)=\frac{1}{2}\hat{C}$ (рис. 1), $NMP+MNQ=\frac{1}{2}(\hat{A}+\hat{C})=90^\circ$, открывается вписание соответствующего треугольника ABC, BCD, CDA и DAB (рис. 2).

Греугольники BMN и MO$_1N$ конгрузны, так что $|BN|=|NO_1|$. Аналогично, $|CN|=|NO_2|$. Но $|BN|=|CN|$; следовательно, треугольник $O_1NO_2$ — равноведенный, в котором $[NQ]$ является биссертрисой. Поэтому $[NQ] \perp [O_1O_2]$; значит, $[O_1O_2] \parallel [MP]$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Аналогично доказывается, что $[O_3O_4] \parallel [MP]$ и $[O_1O_4] \parallel [NQ] \parallel [O_2O_3]$. Таким образом, четырехугольник $O_1O_2O_3O_4$ — прямойник.

И. Герман, K. Малхасян

• (Об интересных свойств делимости чисел Фибоначчи см. в книге Н. Н. Воробьева «Числа Фибоначчи» (Серия «Популярныеlekции по математике», М., «Наука», 1978).

36

М670. а) Дано несколько точек, некоторые пар которых соединены линиями (точки таких пар называются с оседяем ими). Число соединений у каждой точки нечетно. В начальный момент все точки раскрашены в два цета — красный и синей. Затем каждую минуту происходит однорекрашивание точек по следующему правилу: каждая точка, у которой большинство соединений имеет отличный от нее цвет, меняет свой цвет; в противном случае ее цвет сохраняется. Доказите, что наступит момент, начиная с которого у некоторые точек цвет не будет меняться, а у некоторые будет меняться каждую минуту. б) Останется ли это утверждение верным, если не предполагается, что у каждой точки число соединений нечетно?

Рис. 1.

Рис. 2.

Назовем отрезок $X'_i X''_j$, соединяющий точки увоенной системы, пестрым ребром, если его концы $X'_i$ и $X''_j$ разного цвета. Покажем, что если в очередной момент хотя бы одна точка пестрым ребром, то число пестрым ребром увоенной системы, примет вид … $P_{t-1}, P_t, P_{t-1}, P_t, \dots$, (рис. 3), а именно это и требуется доказать в задание.

Рис. 3.

Назовем отрезок $X'_i X''_j$, соединяющий точки увоenной системы, пестрым ребром, если его концы $X'_i$ и $X''_j$ разного цвета. Покажем, что если в очередной момент хотя бы одна точка пестрым ребром, то число пестрым ребром увоenной системы, примет вид … $P_{t-1}, P_t, P_{t-1}, P_t, \dots$, (рис. 3), а именно это и требуется доказать в задание.

37

Ф678. Артиллерийское орудие стрелляет из-под укрытия, наклоненного под углом α к горизонту (рис. 1). Орудие находится в точке A на расстоянии l от основания укрытия (точка B). Начальная скорость снаряда равна $|\vec{v}_0|$.
Считая, что траектория снаряда лежит в плоскости рисунка, определять максимальную дальность полета.

Рис. 1.

Из всех возможных траекторий снаряда выберем ту, которая касается укрытия. Расмотрим движение снаряда в системе координат, оси которой направлены так, как показано на рисунке 2. В этой системе «горизонтальная» (вдоль оси OX) проекция начальной скорости снаряда равна $v_{0x} = v_0$ cos ($\varphi - \alpha$), а «вертикальная» (вдоль оси OY) проекция равна $v_{0y} = v_0 \sin (\varphi - \alpha)$, где $\varphi$ — угол, который составляет с горизонтом вектор начальной скорости снаряда.

Точка C, в которой траектория снаряда касается укрытия, определяет максимальную высоту $h'$ поднятия снаряда над «горизонтом», равную, как видно из рисунка 2, $l \sin \alpha$. В этой точке проекция полной скорости $\vec{v}$ снаряда на ось

Рис. 2.

$OY$ равна нулю и
$$h' = v_{0y}^2 / 2g'$$,
где $g' = g \cos \alpha$ — «ускорение свободного падения» в системе $XOY$ (проекция вектора $\vec{g}$ на «вертикаль» $OY$). Таким образом, $v_{0y}^2 = 2g' h' \Rightarrow v_0^2 \sin^2 (\varphi - \alpha) = 2(g \cos \alpha) (l \sin \alpha)$.

Отсюда, в частности, вытекает, что если по условиям задачи $2g l \sin \alpha \cdot \cos \alpha = g l \sin 2\alpha > v_0^2$, то ни одна из траекторий снаряда не коснется укрытия и максимальная дальность полета $L_{\max}$ будет у снаряда, пущенного под углом $\varphi = \pi/4$ к горизонту; при этом $L_{\max} = v_0^2/g$.

Если по условиям вышеполняется соответствие $v_0^2 \geqslant g l \sin 2\alpha$, то для того, чтобы траектория касалась укрытия, снаряд должен быть пущен под углом
$$\varphi_{\kappa c} = \alpha + \arcsin \frac{\sqrt{g l \sin 2\alpha}}{v_0}$$.

Если при этом по условиям вышеполяется неравенство
$$\frac{v_0^2}{v_0^2 + 2g l} \leqslant \sin 2\alpha$$,
что в свою очередь означает, что $\varphi_{\kappa c} \geqslant \pi/4$ (покажите!), то угол вылета снаряда с максимальной дальностью полета $\varphi_{\beta} = \pi/4$ и $L_{\max} = v_0^2/g$. Если же по условиям вышеполяется обратное неравенство
$$\frac{v_0^2}{v_0^2 + 2g l} > \sin 2\alpha$$,
что в свою очередь означает, что $\varphi_{\kappa c} < \pi/4$, то

38

$$L_{\max} = \frac{v_0^2}{g} \sin 2\varphi_b = \frac{v_0^2}{g} \sin 2 \left( \alpha + \arcsin \frac{\sqrt{g l} \sin 2\alpha}{v_0} \right).$$

С. Кротов

Ф679. Нерастяжимая цероховая вервка линейной плотности q и длины L перекинита через блок так, что длина однозоно из свисающих концов равна $l(l < L/2)$. Блок, найденный на горизонтальном ось, представляет собой тонкий обруч массы m и радиуса r на лекких спицах (см. рисунок). Систему удерживают в состоянии покоя и затем отнускают. Найти силу давления на ось в первой момент времени. Тренце между осью и блоком мало.

На системе блок+вервка действуют три силы: сила $\vec{R}$ реакции в оси блока и силы тяжестеги $m\vec{g}$ и $M\vec{g}$ ($M = \rho L$ — масса вервки). Согласно третьему закону Ньютона, сила $\vec{N}$ давления на ось блока равна по абсолотной величины $|\vec{R}|$.

Запишем уравнение движения центра масс системы в проекциях на оси $OX$ и $OY$ (см. рисунок):

$$\begin{align*} (M + m)g &= R_x = (M + m)A_x, \\ R_y &= (M + m)A_y \end{align*}$$

($A_x$ и $A_y$ — проекции ускорения центра масс). Так как вервка нерастяжима и не просkalзывает по блоку, ускорения всех точек вервки и блока в первый момент времени будут равны по абсолотной величины (начальная скорость системы равна нулю, и точки вервки, лежащие на обруче, еще не приобрел центростремительной составляющей ускорения).

Ускорение $\vec{A}$ центра масс системы связано с ускорением $\vec{a}_i$ всех ее $i$ точек соотношениям

$$M\vec{A} = \sum_i m_i \vec{a}_i,$$

где $M$ — масса системы, $m_i$ — масса ее $i$-й точки. Запишем для нашей системы это соотношение в проекциях на оси $OX$ и $OY$.

В проекции на оси $OX$

$$-M_{AC}a + M_{BD}a = (M + m)A_x,$$

так как суммарный вклад всех произведений $M_{i(AB)}\vec{a}_i$ (от точек вервки, лежащих на участке $AB$) и $m_i\vec{a}_i$ (от точек обруча) в проекциях на ось $OX$ равен нулю; это ясно из сообщений симметрины. В проекцию же на ось $OY$ высят вклад только произведения $M_{i(AB)}\vec{a}_i$. Чтобы найти проекцию на ось $OY$ вектора $\sum_i M_{i(AB)}\vec{a}_i$, мы должны просуммировать векторы $M_{i(AB)}\vec{a}_i$ с учетом того, что в каждой точке ускорение направлено по касательной к обручу (напомним, что начальная скорость равна нулю). Такое суммирование (проведите его самостояльно) приведет нас к следующему результату:

$$\frac{2}{\pi} M_{AB}a = (M + m)A_y.$$

Подставим полученные выражения для $(M + m)A_x$ и $(M + m)A_y$ в (*) и найдем $R_x$ и $R_y$:

$$R_x = (M + m) \left( g - \frac{M_{BD} - M_{AC}}{M + m} a \right),$$

$$R_y = \frac{2}{\pi} M_{AB}a.$$

Для определения ускорения $a$ запишем уравнение движения отдельных частей системы:

$$M_{BD}g - T_B = M_{BD}a,$$

$$T_A - M_{AC}g = M_{AC}a,$$

$$T_B - T_A = (M_{AB} + m)a,$$

где $\vec{T}_A$ и $\vec{T}_B$ — силы натяжения вервки в точках $A$ и $B$ (см. рисунок). (Чтобы получить последнее уравнение, рассмотрите движения отдельных частей вервки на участке $AB$ и обруча.) Из этих уравнений находится:

$$a = \frac{M_{BD} - M_{AC}}{M + m} g.$$

Таким образом,

$$R_x = (M + m) \left( g - \frac{(M_{BD} - M_{AC})^2}{(M + m)^2} g \right),$$

39

$$R_y = \frac{2}{\pi} M_{AB} \frac{M_{BD} - M_{AC}}{M + m} g.$$

Следовательно, проекции силы $\vec{N}$ давления на ось в первый момент времени равны

$$-N_x = (\varrho L + m) \left( 1 - \frac{(L - \pi r - 2l)^2 \varrho^2}{(L \varrho + m)^2} \right) g,$$

$$-N_y = 2r \varrho \frac{(L - \pi r - 2l) \varrho}{L \varrho + m} g.$$

М. Эфроимский

Ф680. Тонкий обруч радиуса $R$ может врачаться вокругального стержня $A$, паралельного оси обруча (см. рисунок). На обруч надета небольшая шайба $B$ массы $m$, которая может перемещаться по обручу без трения. Обруч вместе с шайбой как целое отклоняют от положения равновесия на угол $\varphi_0$ и отпускают. Определить зависяство силы взаимодействия шайбы и обруча от уела $\varphi$, образуемо радиусвектором OA с вертикалью.

Рассмотрим движение двух систем:

система I — шайба, подвешенная на нити длины $2R$ (математический матрик); масса шайбы $m$;

система II — обруч радиуса $R$ с закрепленной на нем в нижней точке шайбой массы $m$.

Отклоним об системе от положения равновесия на один и тот же угол $\varphi_0$ и отпуским. В силу закона сохранения энергии системы будут совершать колбания с одинаковыми амплитудами. Сравним скорости, которые будут обладать шайбы (на нити и на обруче) при угле отклонения от вертикали, равном $\varphi$.

Из закона сохранения энергии для системы I —

$$mg \cdot 2R(1 - \cos \varphi_0) = mg \cdot 2R(1 - \cos \varphi) + \frac{mv^2}{2},$$

для системы II —

$$mg \cdot 2R(1 - \cos \varphi_0) + Mg(R + R(1 - \cos \varphi_0)) = mg \cdot 2R(1 - \cos \varphi) + Mg(R + R(1 - \cos \varphi)) + \frac{m(v')^2}{2} + 2\frac{M\left(\frac{v'}{2}\right)^2}{2}$$

(M — масса обруча, $v'$ — скорость шайбы, $v'/2$ — скорость центра обруча, $2M\left(\frac{v'}{2}\right)^2/2$ — кинетическая энергия обруча) находится

$$v^2 = 4Rg(\cos \varphi - \cos \varphi_0),$$

$$(v')^2 = 4Rg(\cos \varphi - \cos \varphi_0).$$

Мы видим, что $v = v'$. Следовательно, в рассматриваемых системах совпадают траектории движения шайб, и мгновенные скорости шайб (отсюда, кстати, вытекает синхронность колбаний системы I и II). Таким образом, и мгновенные условия шайб одинаковы. Поэтому по абсолотной величины мгновенное значение силы взаимодействия обруча и закрепленной на нем шайбы будет в точности равно соответствующему мгновенному значению силы натяжения нити $T(\varphi)$ математического матрика длины $2R$. Найдем $T(\varphi)$.

Запишем уравнение движения шайбы на нити:

$$T(\varphi) - mg \cos \varphi = \frac{mv^2}{2R}.$$

Подставив полученное решение $v^2$, найдем $T(\varphi)$:

$$T(\varphi) = mg(3 \cos \varphi - 2 \cos \varphi_0).$$

Таким образом, сила, действующая со стороны обруча на закрепленную на нем шайбу, в любой момент времени направлена к центру обруча. А это означает, что если мы выводим данную в задание системы из положения равновесия, то при дальнейшем движении шайба будет все время покрыться относительно обруча независимо от того, закреплена она на нем или нет. Поэтому сила взаимодействия шайбы и обруча равна

$$N(\varphi) = mg(3 \cos \varphi - 2 \cos \varphi_0).$$

Д. Белов