Решения задач М759—М761, М763, М764; Ф778—Ф782

42

Решения задач

М759. Внутри вынуклоо четырехуполюнка, у которой сумма шести попарных расстояний между вершинами (то есть сумма длины всех сторон и диаzoналей) равна $S_1$, расположен другой, для которого эта сумма равна $S_2$.
a) Может ли величина $S_2$ быть больше $S_1$?
b) Докажите, что $S_2 < 4S_1/3$.
c) Докажите, что если внутри произвольного тетраэдра с суммой длины ребер $S_1$ расположен другой, для которого эта сумма равна $S_2$, то $S_2 < 4S_1/3$.

Для любых четырех точек $A, B, C, D$ плоскости или пространства (не обязательно различных) обозначим через $P_{ABCD}$ сумму длины отрезков, соединяющих попарно эти точки.
a) Ответ: может. Один из примеров показан на рисунке 1: первый четырехуполюнк $ABCD$ сильно вытянут вдоль диагонали $AC$, причем $|AB| = |AD| = |AC| = a$, второй — $ABCN$ — вписан в первый так, что его вершина $N$ лежит на отрезке $AD$ вблизи точки $A$. Ясно, что $S_2 = P_{ABCD} > S_1 = P_{ABCD}$. Более того, если устройств длины отрезков $BD$ и $AN$ к нулю, то $S_2$ будет стремиться к $4a$, а $S_1$ — к $3a$, поэтому $S_2:S_1$ будет стремиться к $4/3$.
b) Доказательство неравенства $S_2 < 4S_1/3$ для четырехуполюнков легко получить незначительным изменением приводимого дальше доказательства для tetraэдров*).
c) В основе решения лежит следующая
Лемма (рис. 2). Если точка $H$ лежит на отрезке $H_1H_2$, то для любых трех точек $E, F, G$ $P_{EFGH} \leq P_{EFGH_1}$ или $P_{EFGH} \leq P_{EFGH_2}$.

*) См. также статью В. М. Тихомирова «Об одной оптипадной задаче (с. 22).»

44

М760. С замкнутой ломаной $A_1A_2...A_m$, где $m$ нечетно, продельывает такая операция: середины ее звеньев соединиются $m$ отрезками через одну (середина $A_1A_2$ — с серединой $A_3A_4$, $A_2A_3$ — с $A_4A_5$, …, $A_{m-1}A_m$ — с $A_1A_2$, $A_mA_1$ — с $A_2A_3$). С полученной ломаной вновь продельвается эта же операция, и т. д. Доказите, что из любой $m$-звенной ломаной $a$) при $m=5$ — через два шага.
б) при $m=7$ — через три шага,
в) при любом нечетном $m$ — через некоторое (зависание от $m$) число шагов получится ломаная, подбная (далее готовится) первого начального.

Фиксируем произвольную точку $O$ (ее положение мы уточним в процессе решения), тогда любую точку $A$ можно задавать вектором $\overrightarrow{OA}$ — вектором точки $A$. Если обозначить векторы вершин данной ломаной $J$ через $\bar{a}_1 = \overrightarrow{OA}_1$, …, $\bar{a}_m = \overrightarrow{OA}_m$, то векторы вершин ломаной $J_1$, которая получается из $J$ в результате указано в задане операции, равны
$$\frac{1}{2} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2), \frac{1}{2} (\bar{a}_3 + \bar{a}_4), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{2} (\bar{a}_m + \bar{a}_1), \frac{1}{2} (\bar{a}_2 + \bar{a}_3), \dots, \frac{1}{2} (\bar{a}_{m-1} + \bar{a}_m).$$

поскольку вектор середины отрезка равен получиме векторов его концов. Аналогично, векторы вершин следующего ломаной равны
$$\frac{1}{4} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a}_5 + \bar{a}_6 + \bar{a}_7 + \bar{a}_8), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{4} (\bar{a}_{m-3} + \bar{a}_{m-2} + \bar{a}_{m-1} + \bar{a}_m).$$

Вобобщите, для нахождения векторов вершин ломаной $J_k$ нужно $2^k$ раз записать последовательность векторов вершин ломаной $J$:
$$\bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots \bar{a}_m, \bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots, \bar{a}_m, \dots, \bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots, \bar{a}_m,$$
сложить первые $2^k$ векторов этой строки, следующего $2^k$ векторов и так далее, а затем каждую из полученных $m$ сумм разделить на $2^k$.

a) Пользовать выведенным правилом, найдем векторы вершин ломаной $J_2$ для $m=5$:
$$\frac{1}{4} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a}_5 + \bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{4} (\bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4 + \bar{a}_5)$$
или, полагая $\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4 + \bar{a}_5 = \bar{a}$:
$$\frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_5), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_3), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_2), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_1).$$

Теперь заметим, что точку $O$ всегда можно выбрать так, чтобы сумма $\bar{a}$ векторов вершин ломаной $J$ равнялась $\overrightarrow{O}$ (см. конец решения). В этом случае векторы вершин ломаной $J_2$ будут равны $-\frac{1}{4} \bar{a}_5, -\frac{1}{4} \bar{a}_4, -\frac{1}{4} \bar{a}_3, -\frac{1}{4} \bar{a}_2, -\frac{1}{4} \bar{a}_1$, поэтому сами вершины будут готовыми.

вершинам ломаной $J$ относительно точки $O$ с коэффициентом $-1/4$ (см. рисунок): 1-я вершина ломаной $J_2$ соответствует 5-я вершине $A_5$ ломаной $J$, 2-я — соответствует $A_4$, 3-я — $A_3$, 4-я — $A_2$ и 5-я — $A_1$. При этом и порядок соединения вершин $J_2$ будут таким же, как у соответствующих вершин $J$, хотя направление их обхода будет противоположным.

б), в) Всегда можно выбрать такое $k$, чтобы число $2^k-1$ делилось на нечетное число $m$. (В частности, в задание 6) $m=7$, а $k=3$. Действительно, средние чисел 1, 2, $2^2$, … обязаются найти дуя, $2^l$ и $2^n$ ($l<n$), которые дают одинаковые остатки при делении на $m$. Их разность $2^n-2^l=2^l(2^n-l-1)$ делится на $m$ без остатка. А так как $m$ нечетно, отсюда вытекает, что при $k=n-l$ число $2^k-1$ делится на $m$; пусть $2^k-1=mp$.

Тогда $2^k=mp+1$, и согласно нашему правилу нахождение векторов вершин ломаной $J_k$ они представляются в виде
$$\frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_1), \frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_2), \dots, \frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_m),$$

где $\bar{a}=\bar{a}_1+\dots+\bar{a}_m$. Если точка $O$ выбрана так, что $\bar{a}=\overrightarrow{OA}_1+\dots+\overrightarrow{OA}_m=\overrightarrow{O}$, то векторы вершин ломаной $J_k$ равны $2^{-k}\bar{a}_1, \dots, 2^{-k}\bar{a}_m$, и поэтому она готовится ломаной $J$ с центром готовии $O$ и коэффициентом $2^{-k}$.

45

Остается объяснить, как найти нужную нам точку $O$ — центр гомотетии. Сумму векторов вершин можно записать в виде
$$\bar{a} = \overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{OA}_2 + \dots + \overrightarrow{OA}_m = \overrightarrow{OA}_1 + (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2) + \dots$$
$$\dots + (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m) = m \cdot \overrightarrow{OA}_1 + (\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2 + \dots + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m),$$
позному, если $\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{O} = \frac{1}{m} (\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2 + \dots + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m)$, то $\bar{a} = \overrightarrow{0}$. (Эта точка $O$ — центр тяжести одинаковых масс, помещенных в точки $A_1, A_2, \dots, A_m$).

А. В. Келарев, Н. Б. Васильев, А. Н. Земляков

**M761. Через произвольную точку $P$ на стороне AC треугольника ABC параллельно его медианом AK и CL проведены прямы, пересекающие стороны BC и AB в точках E и F соответственно (см. рисунок).

Докажите, что медиан AK и CL делят отрезок EF на три одинаковые части.

*M763. Дан параллелограмм ABCD, отличный от ромба. Прямая, симметриная прямой AB относительно диагонали AC, пересекает в точке Q пряму, симметриную прямой DC относительно диагонали DB. Найдите отношение $|QA|:|QD|$, если известно отношение $|AC|:|BD| = k$.

Положим $AQO = OQD = \varphi$, $QAO = \alpha$, $QDO = \beta$. Тогда $AOD = 2\pi - \alpha - \beta - 2\varphi$. В то же время $AOD$ — внешний угол треугольника ODC, в котором $OCD = OAB = \alpha$, $ODC = \beta$ (см. рисунок). Следовательно, $AOD = \alpha + \beta$, то есть $2\pi - \alpha - \beta - 2\varphi = \alpha + \beta$. Отсюда вытекает, что $\alpha + \beta + \varphi = \pi$, значит, $AOQ = \pi - \alpha - \varphi = \beta - ODQ$. Поскольку треугольники $AQO$ и $OQD$ имеют соответствие равные углы, они подобны с коэффициентом подобия $|AO|:|OD| = |AC|:|BD| = k$. Таким образом,

$$\frac{|QA|}{|QD|} = \frac{|QA|}{|QO|} \cdot \frac{|QO|}{|QD|} = k^2.$$

Замечание. Стоит посясить проискхождение этой, как будто довольно искусственной, задачи. Дело в том, что $Q$ — это неподвижная точка преобразования подобия (одного из двух возможных), которое переводит точку $A$ в $O$, а $O$ — в $D$. Его можно представить как композицию поворота вокруг точки $Q$ на угол $\varphi$ (на нашем рисунке — по часовой стрелке) и готовети $H^k_Q$. Преобразования этого типа называют подоротными нометрами или спиральными подобиями. Таким образом, построение, описанное в условиям задачи, позволяет найти спиральное подобие $F$, если заданы точки $A, F(A) (= O)$ и $F(F(A)) (= D)$. Второе преобразование подобия, переводшее точки $A$ и $O$ в $O$

46

и $D$ соответственно, является композицией осевой симметрии и гомотипи с центром на ее оси. Подумайте, как построить его неподвижную точку.*)

В. Н. Дубровский

M764. Докажите, что каждое из уравнений $a) x^2 + y^2 = z^5$; $b) x^2 + y^2 + z^5 = t^7$ имеет бесконечную много решений в натуральных числах.

**a) Попробуем искать решения среди степеней одного и того же натурального числа $a: x = a^k, y = a^e, z = a^m$ ($k, e, m$ — натуральные).

Подстановка таких $x, y, z$ в уравнение дает равенство $a^{2k} + a^{3e} = a^{5m}$. Легко видеть, что при $2k \neq 3e$ такое равенство невозможно. Поэтому $2a^{2k} = a^{5m}$. Отсюда следует, что $a = 2$.

Подходим $x = 2^{3n}, y = 2^{2n}$, при этом $x^2 + y^2 = 2^{6n+1}$, и, следовательно, число $6n+1$ должно делиться на 5.

А так как $6n+1$ делится на 5 только при $n = 5s+4$ ($s \geq 0$), получаем бесконечную серию решений:

$$x = 2^{15s+12}, y = 2^{10s+8}, z = 2^{6s+5}, s \in Z, s \geq 0.$$

б) Решается аналогично $a$). Нужно искать решения, для которых $x = 3^{15n}, y = 3^{10n}, z = 3^{6n}$. После подстановки в уравнение получим $3^{30n+1} = t^7$, но $30n+1$ делится на 7 при $n = 7s+3$, $s \geq 0$, $s \in Z$. Нами получена бесконечная серия решения $x = 3^{105s+45}, y = 3^{70s+30}, z = 3^{42s+18}, t = 3^{30s+13}$.

Нетрудно заметить, что вообще уравнение $x^2 + x^2 + \dots + x^n = y^b$ имеет бесконечное число решений в целых числах, если наименьшее общее кратное $M$ чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ взимено просто с $b$. Так же как и в пунктах $a$ и $b$), решения можно искать в виде степеней числа $n$.

Подходим $x_1 = n^{M_t}, \dots, x_n = n^{a_n}$, где $t \in N$. После подстановки $x_1, x_2, \dots, x_n$ в уравнение, получим равенство $n^{M_t+1} = y^b$, а так как $M$ и $b$ взимено просто, существует бесконечное количество $t$, при которых $M_t+1$ делится на $b$.

О. В. Мазуров

Ф778. Колечко массы $m$, свободно скрепляющее два тонких obруча массы $M$, начинает сокращаться вниз; обруч при этом разрезается в разные стороны по цереховатой горизонтальной поверхности. Определить ускорение колечка в начальной момент времени, если уелл $AO_1O_2$ (см. рисунок) равен $a$. Трение между колечком и obручами отсутствует.

Пусть за малый промежуток времени $\Delta t$ после начала движения системы колечко опустилось на расстояние $\Delta x$ от точки $A$ и прибрело скорость $v$. Скорость поступательного движения обручей в этот момент должна равна $u = vtg\alpha$ ($\Delta t$ настолько мало, что угол $\alpha$ практически не изменился). Следовательно, такое же линейная скорость всех точек обручей. Согласно закону сохранения энергии,

$$mg \cdot \Delta x = 2Mu^2 + m \frac{v^2}{2} = 2Mv^2tg^2\alpha + m \frac{v^2}{2}$$

($Mu^2$ — полная кинетическая энергия каждой обручей в данной момент). Из этого равенства находится,

$$a = g \frac{1}{1 + 4\frac{M}{m}tg^2\alpha}.$$

С. С. Кротов

*) Продобнее о преобразовании подобия и их применениях в геометрии можно прочитать в следующих книгах: И. М. Яглом «Геометрические преобразования», т. 1, (М., Гостехторидат, 1955) и Г. С. М. Кокетер, С. Л. Грей тцер «Новые встречи с геометрией» (М., «Нayka», 1978).

47

Ф779. Квадрат, состоящий из двух половинок, относение масс которых равно двум, находится на шероховатой поверхности. Под каким углом α к границе раздела половинок необходимо тянут вверхностный плоскости, чтобы квадрат dvizгаляя поступательно? Точка приложения силы лежит в точке пересечения стороны квадрата и границы раздела.

Пусть квадрат движется поступательно и при этом нить составляет угол α с прямой AB (см. рис.нок). Сила треня, действующая на левую половину квадрата, направлена против движения квадрата и проходит через центр масс левой половины (мы считаем, что сила нормального давления равномерно распределена по поверхности соприкосовения квадрата с горизонтальной плоскостью). Абсолютное значение этой силы равно

$$F_1 = \mu m_1 g,$$

где μ — коэффициент треня, $m_1$ — масса левой половины квадрата. Сила треня, действующая на правую половину квадрата, проходит через центр масс всего квадрата. Следовательно, линии действия силы, с которой тянут за вервку, должны проходит через центр масс квадрата (точка O на рис.не), то есть вервка должна составлять с линий AB угол α такой, что (см. рис.не)

$$tg \alpha = x/a.$$

Величину x находится из условия равенства моментов сил $F_1$ и $F_2$ относительно центра масс квадрата:

$$\mu m_1 g \left( \frac{a}{2} - x \right) \cos \varphi = \mu m_2 g \left( \frac{a}{2} + x \right) \cos \varphi,$$

откуда

$$x = \frac{a (m_1 - m_2)}{2 (m_1 + m_2)}.$$

Учитывая, что $m_1/m_2 = 2$, находим tgα:

$$tg \alpha = \frac{x}{a} = \frac{1}{6}.$$

Э. С. Алиев

Ф780. Цилиндрический сосуд высоты 2h, поровну разделенный перегородкой, содержит в верхней части воды (ее плотность Q), в нижней — воздух при атмосферном давлении $p_0$. В перегородке открывается небольшое отверстие, так что вода начинает протекать в нижнюю часть сосуда. Какой толщины будет слой воды в нижней части сосуда, когда воздух начинает проходит из отверстия вверх? Температура постоянна. Ускорение силы тяжестера равно g.

Воздух из нижней части сосуда начинает проходит через отверстие вверх, когда давление его превыстит гидрорастическое давление воды на уровне отверстия, то есть при давлении

$$p = p_0 + \varrho g (h - x),$$

где x — понжение уровня воды в верхней части сосуда и, соответственно, толщина слоя воды в нижней части сосуда. Так как температура воздуха не меняется, согласно закону Бойля—Мариотта

$$p_0 h S = p (h - x) S,$$

где S — площадь дна сосуда.

Таким образом,

$$p_0 (h - x) + \varrho g (h - x)^2 = p_0 h,$$

откуда

$$\varrho g x^2 - (2 \varrho g h + p_0) x + \varrho g h^2 = 0.$$

Решая это уравнение, находим x:

$$x = h + \frac{p_0}{2 \varrho g} \left( 1 - \sqrt{1 + \frac{4 \varrho g h}{p_0}} \right).$$

(Решение x = h + \frac{p_0}{2 \varrho g} \left( 1 + \sqrt{1 + \frac{4 \varrho g h}{p_0}} \right) не подходит, так как завершено x < h.)

48

Ф781. Между двумя независимыми металлическими концентрическими сферами радиусов a и b находится точный заряд q на расстоянии c от центра сфера. Какой заряд протечет по тонкому-provodnikу, если им замкнуть сферы?

Вначале малая сфера была не заряжена. После замыкания сфера на нее перечет неокторный заряд, который распределится по ее поверхности неравномерно. Обозначим величины этого заряда $q_1$. При этом на внутренней поверхности большой сферы появится заряд $q_2$, распределенный по этой поверхности тоже неравномерно. Силовые линии поля, создавемого зарядом q, заканчиваются на малой сфере и на внутренней поверхности большой сферы. Следовательно, заряд $q_2$ должен быть равен

$$q_2 = -(q + q_1).$$

Поскольку эти сливые линии не пропикают нарушку через только большой сферы, заряд на внешней поверхности этой сферы распределен равномерно и не создает поля внутренней инаружной сферы. Значит, приравнивая потенциальы внутренней инаружной сферы (сферы соединены проводником), этот заряд можно не учитывать, а потенциаль внешней сферы принять равным нулю. Тогда потенциаль в центре сферы также будет равен нулю (внутри малой сферы поля нет и потенциаль малой сферы равен потенциальу в центре сфера).

Таким образом,

$$\frac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 a} + \frac{q_2}{4\pi\varepsilon_0 b} + \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 c} = 0.$$

Подставив $q_2 = -(q + q_1)$, из этого условия найдем $q_1$:

$$q_1 = -q \frac{\frac{1}{c} - \frac{1}{b}}{\frac{1}{a} - \frac{1}{b}}.$$

Ясно, что величина заряда $q_1$ не зависит от начальных зарядов сфера и определяется только величины q и размерами системы. Весь «лишний» заряд расположится на внешней поверхности большой сферы, определяя потенциаль проводника в целом. Интересно отмечить, что при движении заряда q (при изменении c) величина $q_1$ (а значит, и $q_2$, и $q_{\text{внешш}}$) может меняться; следовательно, может меняться и поле снаружи. Поле же внутренний такого сферического «экрана» не зависит от величины и расположения внешних зарядов.

В. И. Комов

Ф782. Конденсатор зарядили до напряжения $U_0 = 100$ В и подключаили к нему резistor. При этом за некоторый интервал времени выделилось в виде телятина $W_1 = 1$ Дж, а еще за такой же интервал — энергия $W_2 = 0,3$ Дж. Определить емкость конденсатора.

Пусть к концу первого интервала напряжение на конденсатор уменьшилось до $U_1$. Согласно закону сохранения энергии,

$$\frac{CU_0^2}{2} = W_1 + \frac{CU_1^2}{2},$$

откуда

$$U_1 = U_0 \sqrt{1 - \frac{2W_1}{CU_0^2}}.$$

Ясно, что если бы начальное напряжение на конденсатор было в n раз меньше чем $U_0$, то за тот же интервал времени на резисторе выделилось бы телятина в $n^2$ раз меньше чем $W_1$. Это означает, что

$$\frac{W_2}{W_1} = \frac{U_1^2}{U_0^2}$$

($U_1$ — начальное напряжение для следующого интервала времени). Подставляя в это выражение полученное ранее значение $U_1$, находим C:

$$C = \frac{2W_1}{U_0^2 \left(1 - \frac{W_2}{W_1}\right)} \approx 29 \text{ мкФ}.$$

А. Р. Зильберман