Задачи М716—М720; Ф728—Ф732

24

Задачи

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи не стандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Найболее трудные задачи отмещаются звездочкой. После формировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задания публикуются впервые. Задачи по математике этого номера представлены на XXII Международной олимпiadе школьников, проходившей в Соединенных Штатах Америки.

Решения задач из этого номера можно отправлять не позднее 15 февраля 1982 года по адресу: 113035, Москва, М-35, Б. Ордынка, 21/16, редакция журнала «Квант». В графе «Кому» написите: «Задачик «Кванта» № 12—81» и номера задач, решения которых вы посылаете, например, «M716, M717» или «Ф728». Решения задач из различных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присылайте в разных конвертах. В письмо включите конверт с написанным на нем вашим адресом (в этом конверте вы получите результаты проверки решения). Условие каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присылайте в отдельном конверте в двух экземплярах вместе с вашим решением этой задачи.

M716—M720; Ф728—Ф732

M716. Из точки $P$ внутри данного треугольника $ABC$ опускаются перпендикуляры $PA_1, PB_1, PC_1$ на прямые $BC, CA$ и $AB$. Для каких точек $P$ внутри $\triangle ABC$ величана

$$\frac{|BC|}{|PA_1|} + \frac{|CA|}{|PB_1|} + \frac{|AB|}{|PC_1|}$$

принимает наименьшее значение?

M717. Даны натуральные числа $n$ и $r$, $1 \leqslant r \leqslant n$. Рассмотрим всевозможные подмножества множества {1, 2, …, $n$}, состоящие из $r$ чисел, и в каждом выборе наименьшее число. Докажите, что среднее арифметическое всех выборных чисел равно $(n+1) / (r+1)$. (Например, при $n=3$, $r=2$ получаем три подмножества {1, 2}, {1, 3}, {2, 3} и среднее арифметическое равно $(1+1+2)/3 = 4/3$).

M718. Найдите наименьшее значение выражения $m^2+n^2$ для всехвозможных пар $(m; n)$ натуральных чисел, таких что $1 \leqslant m \leqslant 1981$, $1 \leqslant n \leqslant 1981$ и $|n^2-mn-m^2|=1$.

M719. а) Для каких $n \geqslant 3$ существует множество из $n$ последовательных натуральных чисел, обладающих следующим свойством: наименьшее из этих $n$ чисел является делителем наименьшего общего кратного остальных $n-1$ чисел?

6. При каких $n \geqslant 3$ существует единственное множество из $n$ последовательных чисел, обладающих указанным свойством?

M720. Про функцию $f$, определяную на множество всех пар неотрицательных целых чисел $(x; y)$, известно следующей:

$$1^\circ. f(0, y) = y+1,$$
$$2^\circ. f(x+1, 0) = f(x, 1),$$
$$3^\circ. f(x+1, y+1) = f(x, f(x+1, y))$$

для каждой пары $x \geqslant 0, y \geqslant 0$. Найдите значение $f(4, 1981)$.

Ф728. Три маленьких шарика с одинаковыми массами — красный, синий и зеленьй, закреплены неверсным каркасом в верхинах равностороннего треугольника со сторонами $l$. Система положена на главную горизонтальную поверхность и приведена во врашение с периодом $T$ воркруг центра масс.

27

М677. Внутри остроугольного треугольника ABC выбрана точка M, являющаяся
a) точкой пересечения медиан;
b) точкой пересечения биссектрис;
b) точкой пересечения высот.
Доказите, что если радиус окружности, вписанных в треугольника AMB, BMC, AMC, равны, то треугольник ABC — правильный.

Рис. 1.

a) Площади треугольников AMB, BMC и AMC (рис. 1) одинаковы — они равны $\frac{1}{3} S_{ABC}$ (доказите это).

Поскольку площадь S треугольника, его полуперметр p и радиус r вписанной в него окружности связи соответствием S=pr, перметры треугольников AMB, BMC и AMC также одинаковы.

Предложим теперь, что треугольник ABC — неправильный; пусть, например, $|AB| > |BC|$. Тогда угол BDA — тупой; поэтому $|AM| > |MC|$, так что перметр треугольника AMB больше перметра треугольника BMC — противоречие.

6. Поскольку CBM=ABM и радиус окружности, вписанных в треугольника AMB и BMC, равны, эти окружности касаются биссектрисами BM в одной и той же точке (рис. 2).

Рис. 2.

Рис. 3.

Из этого следует, что все три окружности попарно касаются, а их центры O1, O2 и O3 образуют правильный треугольник, стороны которого перpendикулярны биссектрисам данного треугольника ABC. Поэтому, например, $\widehat{BMC} = \frac{\pi + A}{2} = \frac{2\pi}{3}$, то есть $\widehat{A} = \frac{\pi}{3}$. Аналогично доказывается, что $B = C = \frac{\pi}{3}$.

в) Как и в задаче a), предположим, что треугольник ABC — неправильный; пусть, например, $|BC| > |AC|$. Обозначим через D и E точки касания окружностей, вписанных в треугольники AMC и BMC соответственно, со стороны AC и BC (рис. 3). Поскольку радиус этих окружностей равны и $\widehat{CA} = \widehat{CBM}$, $|AD| = |BE|$. Значит, $|CD| > |CE|$ — противоречие.

A. Егоров

М678. 2м-значное число называется справедливым, если его чётные разряды содержат столько же четных цифр, сколько и нечетные.

Заметим вначале, что если мы в любое место (2m—2) значного справедливо число добавим две идущие подряд цифры одинаковой четности или добавим по цифре одинаковой четности в его начало и в конце, то получающейся при этом 2m-значное число оставется справедливым.

28

Докажите, что в любом $(2m+1)$-значом числе можно вычернуть одну из цифра так, чтобы полученное 2м-значное число было справедливым.

Теперь доказем требуемое утверждение индикцией по $m$. При $m=1$ оно верно, поскольку в трехзначном числе всегда можно вычернуть цифру так, чтобы две оставшиеся были одинаковой четности. Предположим, что утверждение задачи верно для некоторого $m$, и докажем, что оно верно для $m+1$.

В любом $(2m+3)$-значом числе всегда найдет две цифры одинаковой четности, стоящие либо рядом, либо одна — в начале, а другая — в конце числа. Вычернуть на время две эти цифры, получим $(2m+1)$-значное число, в котором, по предположению индикции, можно вычернуть одну цифру так, что получившее 2м-значное число будет справедливым. Восстановив в нем две вычернутьые цифры одинаковой четности, получим согласно сделанному замечанию справедливое $(2m+2)$-значное число.

A. Сидоренко

**M679. a) На плоскости расположены четыре круга так, что первый касается второго в точке A, второй — третьего в точке B, третьий — четвертою в точке C и четвертый — первый в точке D. Докажите, что через четыре называемые точки можно proveсти окружность или прямую.

6. В пространстве расположены четыре шара так, что первый касается второго в точке A, второй — третьего в точке B, третьий — четвертою в точке C и четвертый — первый в точке D. Докажите, что через четыре называемые точки можно proveсти окружность или прямую.

7. В пространстве расположены четыре шара так, что каждый касается трех других. Докажите, что шесть точки касания приадлежат одной сфере или одной плоскости.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Таким образом, плоскость $ABC$ пересекает шары по четырем кругам, касающихся, соответственно, друг друга в точках A, B, C, D так, как сказано в пункте a). Из этого следует утверждение задачи 6).

в) Пусть $A$ — точка касания первого и второго, $B$ — первый и третьего, $C$ — первый и четвертою, $D$ — второй и четвертою, $E$ — второй и четвертою, $F$ — третьего и четвертою шаров.

По доказанному в пункте 6) точки A, C, F, D лежат на одной окружности или прямой. Точки A, E, F и B обладают тем же свойствами.

29

М680. Два связsta цераот в такую церру. Имеется п телефонных узлов, и связstsы по очереди соединиют кабелями два из них по своему выбору.

Вызрывает тот, после хода которого с любого узла можно будет дозвонить до любого других (может быть, через несколько промежуточных).

a) Выясните, кто вызрывает при n=4, 5, 6, 7,8 — начинающий или его партнер?
b) Каков ответ при произвольном n?

Рассмотрим также два видоизмененных варианта церры:

в) Пусть церрок, связанный все узлы, произрывает. Ответьте на вопросы a) и b) для этой новой церры.

г) Пусть вначале все узлы попарно соединины кабелем, а связstsы убирают по очереди по одному соедининию. Иерок, нарушивший связь в схеме, произрывает. Вопрос тот же, что и в пунктах a) и b).

У этих двух четырех точек есть две общие точки: A и F. Позтому если одна из четырех лежит на прямой, все шесть точек лежат в одной плоскости.

Если же эти четырех лежат на двух окружности, находящаяся в разных плоскостях и имеющих общую хорду AF, то через эти окружности можно проведи сферу: центром этой сферы является точка пересечения перпендикуляров к плоскостям этих окружностей, проведенных через центры окружностей (эти перпендикуры лежат в плоскости, проходящей через центры окружностей и середину их общей хорды AF).

В. Произвольов

◆

a) При n=4, 7, 8 выигрывает первый игрок, при n=5, 6 — второй; это будет следовать из решения общей задачи 6).

b) Будем называть группу узлов связной, если любые два входящие в нее узла соединены (может быть, через несколько других узлов). Связную группу узлов будем называть комппонентой, если ни один из входящих в нее узлов не соединен ни с одним из узлов, в ней не содержащихся. Ясно, что любой эраф (система как-то соедининых узлов) состоит из одной или нескольких комппонентов.

При любой игре противников hastanet момент, когда множество всех узлов оказывается разбитным на три комппоненты A1, A2, A3. Пусть a1, a2, a3 — количество узлов в этих комппонентах. Ясно, что проигрывает тот из игроков, кому придает первым соединить какие-то две из этих комппонents. Критическая ситуация возникнет, когда все возможные соедининия внутри комппонент A1, A2, A3 будут осуществлены.

Ясно, что с начала партини до наступления такого момента будет сделано

$$N = \frac{a_1(a_1-1)}{2} + \frac{a_2(a_2-1)}{2} + \frac{a_3(a_3-1)}{2} = \frac{a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 - n}{2}$$

ходов. Если число N оказывается четным, то первый игрок проигрывает, если же нечетным — то выигрывает. Четность числа N, очень/no, определяется остатком, который дает число $a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 - n$ при делении на 4. Так как остаток от деления на 4 числа $a_1^2 + a_2^2 + a_3^2$ равен количеству нечетных чисел среди чисел a1, a2, a3 (убедитесь в этом), первый игрок должен добаваться того, чтобы количество нечетных чисел среди a1, a2, a3 не совпадало с остатком от деления n на 4. Второй же, наоборот, должен стремиться к их совпадению.

В дальнейшем комппоненты с четырьмя числом узлов мы будем называть четырьмя, а с четырьмя числом узлов — нечетными.

Рассмотрим отдельно четырьмя счучая: n=4k, n=4k+1, n=4k+2, n=4k+3.

1°. n=4k. Первый игрок добавляется победы, игра следующим образом. Пока комппонент более трех, он играет так, чтобы после каждой его хода получалось не более одной четверной комппоненты: если в какой-то момент возникнет две четные комппоненты, он тут же объединяет одну из них с нечетной. В момент появления трех комппонент (независимо от того, после чего ход это произойдет) две комппоненты будут

30

нечетными, а одна четной. Число $N$ при этом нечетно — первый игрок выигрывает.

$2^\circ$. $n=4k+1$. В этом случае выигрывает второй игрок, поскольку он может играть так, чтобы после каждого его хода было не менее двух четных компонент (убедитесь в этом). При этом среди чисел $a_1, a_2, a_3$ два непреемно будет четными, а одно — нечетным (независимо от того, чей ход приведет к образование трех компонент).

$3^\circ$. $n=4k+2$. И в этом случае выигрывает второй игрок, применяя стратегию первого игрок в случае $n=4k$, так как при $n=4k+2$ среди чисел $a_1, a_2, a_3$ будут два нечетных.

$4^\circ$. $n=4k+3$. Этот случай наиболее интересен.

При $n=3$, очевидно, выигрывает второй игрок.

Докажем, что при $n>3$ выигрывает первый игрок.

Если первый игрок своим первым ходом соединяет какне-то два узла $A$ и $B$, а второй игрок — два других узла $C$ и $D$ (рис. 1), то первый игрок выигрывает, применяя стратегию второго игрок для случая $n=4k+1$. Если же второй игрок соединяет узел $A$ с третьим узлом $C$, то вторым ходом первый игрок заменяет треугольник, соединяя узлы $C$ и $B$ (рис. 2). Второй игрок при этом любым ответным ходом создает четную компоненту. После этого первый игрок добавляется того, чтобы после каждого его хода было не меньше двух четных компонент. Среди чисел $a_1, a_2, a_3$, как и в случае $n=4k+1$, будут два четных, что в данном случае обеспечивает победу первого игроку.

в) Этот пункт аналогичен предыдущему. При любой игре противников настанет момент, когда множество узлов разобъется на две компоненты $A_1$ и $A_2$ по $a_1$ и $a_2$ узлов. Проигрывает тот из игроков, кому придает соединить компоненты $A_1$ и $A_2$. Рассуждая так же, как и раньше, получим, что до настояления критического момента будет сделано $N = \frac{a_1^2 + a_2^2 - n}{2}$ ходов.

Вновь рассмотрим те же четыре случая.

$1^\circ$. $n=4k$. Второй игрок выигрывает, добавяясь того, чтобы после каждого его хода было две четные компоненты (при этом $N$ — четно).

$2^\circ$. $n=4k+1$. Выигрывает второй игрок, так как, независимо от хода игры, одно из чисел $a_1$ или $a_2$ будет нечетным, а $N$ — четным.

$3^\circ$. $n=4k+2$. Первый игрок при $k \geqslant 1$ добавляется победы так же, как в случае $4^\circ$ пункту 6): ему достаточно следить за тем, чтобы после каждого его хода, кроме может быть, второго, было не менее двух четных компонент, чего он и добавляется (см. рисунки 1, 2).

$4^\circ$. $n=4k+3$. Выигрывает первый игрок, независимо от хода игры (докажите!).

г) Изовем связную группу узлов $B_1, B_2, \dots, B_m$ циклом, если узел $B_1$ соединен с узлом $B_2$, узел $B_2$ — с узлом $B_3$, …, а узел $B_m$ соединен с узлом $B_1$. Ясно, что если в связи с системе узлов есть циклы, то игрок, делаюший очередной ход, не проигрывает: он может разорвать любое из соединений в любом цикле — система остатуса связной.

Таким образом, выигрывает тот из игроков, после чего в системе не остатуса циклов. Докажем, что в связи с системе из $n$ узлов, не содержащей циклов (такая система в теории графов называется деревом), имеетсяровно $n-1$ соединения. Для этого зафиксируем какой-нибудь узел $B$ и заметим, что существует единственный путь, ведущий из $B$ в любой другой узел. Вдоль всех путей, выходящих из $B$, расставим стрелки, показывающие направление от $B$. В каждый из узлов, кроме $B$, входитровно одна стрелка и, значит, общее число стрелок равно $n-1$.

Таким образом, дерево образуется после

$$N = \frac{n(n-1)}{2} - (n-1) = \frac{(n-1)(n-2)}{2}$$

ходов. Следовательно, при $n=4k$ и $n=4k+3$ выигрывает первый игрок ($N$ — нечетно), а при $n=4k+1$ и $n=4k+2$ второй ($N$ — четно).

А. Разборов

31

Ф688. Тонкий обруч массы M и радиуса R жестко закреплен при помощи лекких спиц на леккой тонкой оси, прохождение через центр обруча так, что плоскость обруча составляет с осью угол α (рис. 1). Определить, какую работу необходимо совершить, чтобы раскрутить ось до угловой скорости ω.

Рис. 1.

Рис. 2. $|O_1A_1|^2 = |OA_1|^2 - |OO_1|^2; |OA_1|^2 = R^3, |OO_1|^2 = |Oa_1|^2 \cos^2 \alpha = R^2 (\cos^2 \varphi) (\cos^2 \alpha) = \frac{R^2}{2} \times \cos^2 \alpha$ (так как $\varphi = \pi/4$). Таким образом,

$$|O_1A_1|^2 = R^2 - \frac{R^2}{2} \cos^2 \alpha = \frac{R^2}{2} (1 + \sin^2 \alpha).$$

Ф689. На главном горизонтальном столе лекит пачка бумаги, в которой 500 листов. Сотый лист (считая спизу) больше других. Этот лист осторожно тянут в горизонтальном направлении. Какое максимальное ускорение можно сообщить пачке, чтобы она при этом движалась не распадаясь? Какое максимальное ускорение, с которым может dwizaаться центр масса пачки? С каким ускорением должен dwizaться при этом столйст? Козффициент треня о бумагу μ=0,2.

Найдем кинетическая энергия обруча,вращающегося с угловой скоростью ω вокруг оси $O'O''$ в таком положении, как указано в условиям.

Линейные скорости различных точек обруча различны; соответственно, различны вклады, даваемые отдельными участками обруча в общую кинетическую энергию. Найдем кинетическую энергию пары малых участков $A_1$ и $A_2$ обруча, расположенных так, что $A_1OA_2 = \pi/2$ (рис. 2). Размер каждого участка равен $R \cdot \Delta\varphi$, масса — $m = \frac{M}{2\pi R} R \cdot \Delta\varphi = \frac{M}{2\pi} \cdot \Delta\varphi$ (размер $R \cdot \Delta\varphi$ настоящего мал, что различен в радиусах окружностей, по которым врашают точки участков, можно пребежать). Линейные скорости участков $A_1$ и $A_2$ равны, соответственно,

$$v_1 = \omega |O_1A_1|, \quad v_2 = \omega |O_2A_2|,$$

где $|O_1A_1|, |O_2A_2|$ — радиусы окружностей, по которым врашают точки участков $A_1$ и $A_2$ вокруг оси $O'O''$. Как видно из рисунка 2,

$$|O_1A_1| = \sqrt{|OA_1|^2 - |OO_1|^2} = R \sqrt{1 - \cos^2 \alpha \cdot \cos^2 \varphi},$$

$$|O_2A_2| = \sqrt{|OA_2|^2 - |OO_2|^2} = R \sqrt{1 - \cos^2 \alpha \cdot \sin^2 \varphi}.$$

Таким образом, кинетическая энергия пары участков $A_1$ и $A_2$ равна

$$E_n = \frac{1}{2} m (v_1^2 + v_2^2) = \frac{M}{4\pi} \cdot \Delta\varphi \cdot \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Рассмотрев любую пару участков, радиус-векторы которых образуют угол π/2, мы получим такое же выражение для их кинетической энергии. Число таких пар, очевидно, равно π/Δφ. Следовательно, общая энергия врашающего обруча равна

$$E = \frac{\pi}{\Delta\varphi} E_n = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Согласно закону сохранения энергии работа, которую надо совершить, чтобы раскрутить обруч до угловой скорости ω, равна

$$A = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Для частного случая α = π/2 (обруч врашается в горизонтальном плоскости вокруг вертикальной оси)

$$E_r = \frac{M}{2} \omega^2 R^2.$$

Для α = 0 (обруч врашается вокруг вертикального диаметра)

$$E_b = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 = E_r/2.$$

С. Кротов

Любой лист в верхней части пачки под действием сил треня может получить ускорение

$$a_1 \leqslant \mu g.$$

Это значит, что друг относительно друга эти листы просальзывать не будут, а приускорении большого листа a > μg возможно просальзывание всей верхней части пачки относительно большого листа.

В нижней части пачки просальзывание возникает только в месте контакта с большим листом, потому что чем ниже лист, тем больше сил, прижимающая листы друг к другу. Ускорение листов нижней части пачки

$$a_2 \leqslant \frac{\mu M g}{m} = 4\mu g$$

(M — масса верхней части пачки, m = M/4 — масса нижней части). Ясно, что для получения максимального ускорения пачки при условии, что она не распадается, большой листу нужно

32

тянуть с укорением

$$a = a_1 = 2 \text{ m/c}^2.$$

Таким и окажется укорение пачки.

Чтобы получить максимальное укорение центра масс пачки (без учета большого листа!), нужно сделать так, чтобы просkalзывал обе части. При этом общая внешняя сила $F = f_{\text{тр1}} + f_{\text{тр2}} = 2\mu Mg$; укорение центра масс

$$a = \frac{F}{M + m} = \frac{2\mu Mg}{M + m} = 2 \frac{\mu g}{1 + \frac{m}{M}} = 1,6\mu g = 3,2 \text{ m/c}^2.$$

Тянуть большой лист нужно с укорением $a \geq a_{2\max} = 8 \text{ m/c}^2$.

3. Рафаилов

Ф690. Между точками $A$ и $B$ на поверхности Луны, расположены на угловом расстоянии $90^\circ$, прорbit прямолейный канал (рис. 1), заполненый воздухом при нормальной температуре. Давление воздуха в середине канала $p_C = 10^5$ Pa. Найти давление воздуха в канале у поверхности Луны. Луну считать однородным шаром с диаметром $D = 3480$ km. Ускорение $g_L$ свободного падения на поверхности Луны в шесть раз меньше земного.

Рассмотрим стольник воздуха малой высоты $\Delta y$, находящийся на расстоянии $y$ от центра Луны, и запишем условие:

$$\varrho g \Delta y = -\Delta p,$$

(*)

где $\varrho$ — плотность воздуха, $g$ — укорение свободного падения на данной глубине, $\Delta p$ — разность давления на высотах $y + \Delta y$ и $y$.

Плотность воздуха найдем из уравнения Менделеева — Клапейрона:

$$pV = \frac{m}{\mu} RT, \quad \varrho = \frac{m}{V} = \frac{\mu}{RT} p,$$

где $p$ — давление воздуха на выбранной глубине.

Тепер выясним, как меняется укорение свободного падения по мере «углубления» в Луну. Выделим внутренний Лунь — шара радиуса $a$ — шар радиуса $y < a$ (рис. 2). Если на поверхности этого меньше шара помещить материалную точку массы $m_0$, то реализно она будет принятывать только меньше шаром. Суммарное действие gravитационных сил между нашей/materialной точкой и всеми частями в защищенной области (см. рис. 2) равно нулю. Тогда укорение $g$ в точке $C$ (с координатой $y$) определяется формулой

$$G \frac{m_0 m_y}{y^2} = m_0 g,$$

а укорение $g_L$ в точке $K$ — формулой

$$G \frac{m_0 M}{a^2} = m_0 g_L,$$

где $m_y$ и $M$ — массы меньше и больше шаров соответственно. Разделив формулы почленного друг на друга и учтя, что массы шаров пропорциональны их объемам (а значит, и кубам их радиусов), получим:

$$g = g_L \frac{y}{a}.$$

Подставим полученные выражения для $q$ и $g$ в уравнение (*):

$$\frac{\mu p}{RT} \frac{g_L y}{a} \Delta y = -\Delta p,$$

или

$$\frac{\Delta p}{p} = -\frac{\mu g_L}{RTa} y \Delta y.$$

Если конечные приращения $\Delta p$ и $\Delta y$ заменить бесконечно малыми $dp$ и $dy$, получим дифференциальное уравнение

$$\frac{dp}{p} = -\frac{\mu g_L}{RTa} y dy.$$

Решение этого уравнения находится интегрированием: