Решения задач М791, М792, М794, М795; Ф803—Ф807

46

M809. Find the sum
$$\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \ldots + \frac{n-1}{n!}$$
(here $k!$ denotes the product $1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot k$).

M810*. Prove that any convex polygon contains a rectangle whose area is no less than 1/4 the area of the polygon.
F. B. Vainstein

P818. Two rigid rods each of length $l$ are linked by a hinge at point $A$ (see figure Pisc. 1). The rod $BA$ is fixed at point $B$, while point $C$ slides along the directing line $BC$. The rod $BA$ begins to rotate with constant angular velocity $\omega$ around $B$ in the plane of the figure. What maximal velocity and acceleration will $C$ reach if the rods are in line with $BC$ ($\beta AC = \pi$) at the initial moment?
L. G. Marcovich

P819. Three small solids, whose mass ratio is 3:4:5 (the mass of the lightest is $m$) are held at three distinct points on the inside of a smooth half-sphere, fixed in its lowest point to a horizontal surface. At some moment the solids are freed. What maximal amount of heat can be irradiated by this system? For what initial position of the solids will this occur? All collisions are absolutely non-elastic.
S. K. Strokov

P820. The process $A—B—C—A$ takes place for one mole of ideal monoatomic gas $P$ (see figure Pisc. 2). Find the efficiency of the cycle.
A. G. Isergin, Ju. P. Malishev, V. R. Saulit

P821. In the circuit shown on figure Pisc. 3, the transformer is ideal. The parameters of the components are shown on the figure. Find the amplitude of the current and the phase shift in the primary circuit.
R. Z. Alexandrov

P822. You are talking to a person sitting opposite who wears glasses. Can you determine if he is nearsighted or farsighted? (Naturally, you neither want to ask the person to let you try on his glasses nor talk about his defective eye-sight.)
M. V. Semenov

Решения задач

M791, M792, M794, M795; Ф803—Ф807

M791. Пете подарили микрокалькулятор, на котором можно выполнять следующие операции: по любым данным числам $x$ и $y$ вычислить $x+y$, $x-y$, $x+1$ и $1/x$ (при $x \neq 0$). Петь утверждает, что с помощью своего микрокалькутора он может:
a) возвести любое число в квадрат, проделав не более шести операций;

a) Приведем схему возведения любого числа $x$ ($x \neq 0$) в квадрат за 6 операций. Промежутные результаты будем обозначать $x_1$, $x_2$, …, $x_6$ ($x_6 = x^2$); разумеется, их можно запомнить и неоднократно использовать в последующих вычислениях. Итак, надо последовательно вычислить: $x_1 = 1/x$, $x_2 = x+1$, $x_3 = 1/x_2 = 1/(x+1)$, $x_4 = x_1 - x_3 = 1/x - 1/(x+1) = 1/(x^2 + x)$, $x_5 = 1/x_4 = x^2 + x$, $x_6 = x_5 - x = x^2$.

6. Пусть надо переменить числа $x$ и $y$. Вычисления проводим в следующем порядке: сначала найдем $x+y$ и $x-y$ (2 операции), затем возведем эти числа в квадрат, как в пункте a) (шеся 12 операций), затем вычисляем

47

6. • переменные любые два числа, проделав не более двадцатей операций.
     Как он это делает?

M792. Решите в натуральных числах уравнения
a) $3^x + 1 = 2^y$;
b) $3^x - 1 = 2^y$.
b) * Найдите все натуральные n, при которых оба числа $\frac{1}{n}$ и $\frac{1}{n+1}$ выражаются конечными десятиными дробями.
e) * Докажите, что при любом простом p>3 и натуральном m>1 ни одно из чисел $p^m+1$ и $p^m-1$ не может быть степенью двойки.

C. Б. Гашков

a), 6) Приведем ответы к первым двум пунктам задачи:
a) $x=1, y=2$; 6) $x=1, y=1$ или $x=2, y=3$.
Легко проверить, что эти числа удовлетворяют соответствующим уравнениям, а в пункте г) мы показем, что других решений нет.

b) Ответ: $n=4$. Если $1/n$ — конечная десятиная дробь, то $1/n=m/10^s$, где m и s — натуральные числа, следовательно, $10^s$ делится на целое n, то есть $n=2^a \cdot 5^b$ и аналогично $n+1=2^c \cdot 5^d$, где a, b, c, d — целые неотрицательные числа. Отсюда получаем равенство $2^a \cdot 5^b+1=2^c \cdot 5^d$, которое, очевидно, может выполнять только при a=0, d=0 или b=0, c=0; в первом случае $5^b+1=2^c$, во втором $5^d-1=2^a$. В пункте г) мы показем, что уравнение $5^x \pm 1=2^y$ при x>1 решений не имеет. Остается заметить, что $5+1 \neq 2^y$, а $5-1=2^2$, откуда a=2, b=0 и n=4.

г) Мы должны доказать, что числа $p^m+1$ и $p^m-1$ имеют хотя бы по одному нечетному делителью (большему единицью).

Пусть m четно, m=2n. Поскольку p — простое число и p>3, $p^n=2s+1$, где s>1. Следовательно, $p^m=(p^n)^2=4s^2+4s+1$ и $p^m+1=2(2s^2+2s+1)$, а $p^m-1=4s(s+1)$. Но число $2s^2+2s+1$ и одно из чисел s и s+1 нечетные, что нам и требовалось.

Пусть m нечетно. Тогда $p^m-1=(p-1)(p^{m-1}+p^{m-2}+...+1)$, а $p^m+1=(p+1)(p^{m-1}-p^{m-2}+...+1)$. Вторые сомножители в этих двух разложениях являются суммами нечетного числа нечетных слагаемых, и поэтому нечетные.

Легко видеть, что эти расчудения годятся и для всех чисел вида $3^m \pm 1$ ($m>1$), за исключением $3^2-1=2^3$. Отсюда следует, что уравнение пунктов a) и б) не имеет решений, отличных от выписанных нами выше.

Заметим еще, что фактически мы доказали утверждение г) для всех нечетных (не обязательно простых) $p>3$.
C. Н. Бичков, В. В. Прасолов, Л. Д. Курляндчик

M794. Две окружности пересекаются в точках A и B.
Через точку K первой окружности проводятся прямые KA и KB, пересекающие вторую окружность в точках P и Q.
Докажите, что хорда PQ второй окружности перепределкулярна диаметру KM первой окружности.

M795. Обозначим через σ(n) сумму всех делителей натурального числа n. Докажите,

Очевидно, достаточно доказать, что прямая PQ параллельна касательной KL к первой окружности. Имеем (см. рисунок):

$$\widehat{LKA} = \frac{1}{2} \widehat{KA} = \widehat{KBA} = \frac{1}{2} \widehat{AQ} = \widehat{QPA},$$

а из равенства величины углов LKP и KPQ вытекает, что KL || PQ. (Мы воспользовались тем, что величина вписанного угла, а также угла между касательной и хордой с вершиной на окружности равна половине величины заключенной внутрени угла дуги.)

У нас на рисунке (и в доказательстве) точка Q лежит на отрезке KB. Если она лежит на продолжении отрезка за точку B, расчудение нужно слегка изменить. Это мы оставляем читателю.

Отметим еще, что доказанная теорема равносильна предельному случайю такого утверждения: если прямые a и b, проходящие, соответствующие, черезjoint первый окружность в точках A1 и B1, а вторую — в точках A2 и B2, то A1B1 || A2B2.
A. П. Ивченко

Решение основано на следующем совершенню оценидом замечании: если d — делитель числа n, то d=n/d’, где d’ — также неокторный делитель n, поэтому сумму всех

48

что существует бесконечно много $n$ таких, что $a) \sigma(n) > 2n;$ $6) \sigma(n) > 3n.$ Доказите, что для любого $n$ $\theta)^{*}$ $\sigma(n) < n(\log_{2}n + 2);$ $2) \sigma(n) < n(\ln n + 1).$

делитель можно записать в виде

$$\sigma(n) = \frac{n}{d_{1}} + \frac{n}{d_{2}} + \dots + \frac{n}{d_{s}} = n \left( \frac{1}{d_{1}} + \frac{1}{d_{2}} + \dots + \frac{1}{d_{s}} \right).$$

где $d_{1}, \dots, d_{s}$ — это все делители числа $n.$ Таким образом, величины $\sigma(n)/n$ равна сумме нескольких чисел из конечной последовательности $1, 1/2, \dots, 1/n$ и она будет тем больше, чем больше в эту сумму войдет чисел с небольшими значениями.

a) Доказем, что $\sigma(n) > 2n$ для любого $n = 6k$, где $k > 1$ (таких чисел, разумеется, бесконечного много). Поскольку $n$ делится на 1, 2, 3, 6 и $k$, из (1) получаем

$$\sigma(n) \geq n \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{k} \right) > 2n.$$

6. Пусть $n$ — любое число, кратное произведение $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot 16 = 16!$. тогда $n$ делится на все натуральные числа от 1 до 16 (этих делителей нам уже хватит) и в силу (1)

$$\sigma(n) \geq n \left( 1 + \frac{1}{2} + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{8} \right) + \left( \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{16} \right) \right) > n \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot 2 + \frac{1}{8} \cdot 4 + \frac{1}{16} \cdot 8 \right) = 3n.$$

Аналогично можно доказать, что при любом $a$ неравенство $\sigma(n) > an$ выполняется для бесконечного множества чисел $n.$ Заметим еще, что, как показывает более точная оценка, в нашем доказательстве для $a = 3$ делитель 16! можно заменить на 7!

b) Из формулы (1) вытекает, что

$$\sigma(n) \leq n \left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right).$$

Оценим сумму в правой части. Пусть $2^{k} \leq n < 2^{k+1}$, тогда $k \leq \log_{2}n$ и $1 + \dots + \frac{1}{n} < 1 + \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{7} \right) + \dots + \left( \frac{1}{2^{k}} + \dots + \frac{1}{2^{k+1}-1} \right) + \frac{1}{2^{k+1}} < 1 + \frac{1}{2} \cdot 2 + \frac{1}{4} \cdot 4 + \dots + \frac{1}{2^{k}} \cdot 2^{k} + 1 = k+2$, то есть $\sigma(n) < n \cdot (k+2) \leq n(\log_{2}n+2).$

г) Оценим сумму $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ в неравенстве (2) иначе, чем в пункте в) — с помощью интеграла. Каждый слагаемое $1/k$ в ней можно представить как площад прямоугольника, основанием которого является отрезок $[k-1; k]$ оси $Ox$ (см. рисунок), причем этот прямоугольник расположен под гиперболю $y = 1/x$. Поэтому суммарная площадь всех прямоугольников для $k = 2, \dots, n$ меньше кривolinейной трапеции, ограниченной гиперболой $y = 1/x$, ось $Ox$ и прямыми $x = 1$ и $x = n$. Таким образом,

$$\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} < \int_{1}^{n} \frac{dx}{x} = \ln n,$$

и, следовательно, $\sigma(n) < n(\ln n+1).$

В. Ф. Лев

Рассмотрим движение саней в тот момент времени, когда ввервека составляет угол $a$ с горизонтом.

В неподвижной системе отсчета, связанной с дорогой, саня движется поступательно (рис. 2). В системе отсчета, движущейся со скоростью $\vec{v}_{0}$, саня движется по окружности радиуса $l$ (рис. 3). Пусть скорости саней в этих системах в данной момент равны соответственно $\vec{v}$ и $\vec{v}_{1}$. Тогда

49

Найти наяжение вервки в тот момент, когда она составляет угол α с горизонтальной поверхности. Силой трения саней о поверхности дороги пренебречь.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Ф804. Две одинаковые звезды A и B врацаются под действием взаимного притяжения на неизменном расстоянии R друг от друга. На некоторых неизвестном расстоянии x от звезд в плоскости их орбит движется легкая планета C, причем |AC| = |BC| = x, а треугольник ABC сохраняет свои размеры. На эти расстояние x.

$$\vec{v} = \vec{v}_1 + \vec{v}_0,$$

$$|\vec{v}_1| \equiv v_1 = v_0 \text{tg} \alpha.$$ (1)

Запишем уравнения движения саней. В неподвижной системе отсчета в проекциях на вертикальное направление (см. рис. 2)

$$T \sin \alpha + N - mg = 0$$ (2)

(Т — сила наяжения вервки, $\vec{N}$ — сила нормальной реакции со стороны дороги). В системе отсчета, движущейся со скоростью $\vec{v}_0$, в проекциях на направление вервки (см. рис. 3)

$$T + N \sin \alpha - mg \sin \alpha = m v_0^2 / l.$$ (3)

Решая совместно уравнения (2) и (3) с учетом равенства (1), находим T:

$$T = m \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l \cos^2 \alpha}.$$

Задачу можно решить короче, если заметить, что ускорение саней $\vec{a}$ во всех инерциальных системах отсчета одно и то же. Поэтому центростремительное ускорение саней в системе, движущейся со скоростью $\vec{v}_0$, равно по модулю проекции ускорения $\vec{a}$ на направление вервки:

$$\frac{v_1^2}{l} = \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l} = a \cos \alpha.$$

Отсюда находится α:

$$\alpha = \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l \cos \alpha}.$$

Из уравнения движения саней в неподвижной системе отсчета в проекциях на горизонтальное направление (на направление $\vec{a}$) —

$$T \cos \alpha = ma = m \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l \cos \alpha}.$$

— находим T:

$$T = m \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l \cos^2 \alpha}.$$

В. И. Чивилёв

Звезды A и B врацаются вокруг масс, которые находятся в середине отрезка AB (в точке O). Центростремительное ускорение звездам сообщают силы их взаимного притяжения друг к другу:

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

Отсюда угловая скорость вращения звезда равна

$$\omega = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{2GM}{R}}.$$

По условиям задачи треугольник ABC, в вершинах которого находятся звезды и планета, сохраняет свои размеры. Это возможно в том случае, когда планета движется по окружности с центром в точке O (см. рис.нок) с угловой скоростью $\omega$. Центростремительное ускорение планете сообщают силы притяжения ее к звездам:

$$m \vec{a}_u = \vec{F}_A + \vec{F}_B,$$

где |$\vec{F}_A$| = |$\vec{F}_B$| = G $\frac{mM}{x^2}$. Как видно из рисунка,

$$|\vec{F}| = |\vec{F}_A + \vec{F}_B| = 2|\vec{F}_A| \cos \alpha =$$

$$= 2|\vec{F}_A| \cdot \frac{|CO|}{x} = 2G \frac{mM}{x^3} \cdot |CO|.$$

50

Таким образом,

$$m\omega^2 \cdot |CO| = 2G \frac{mM}{x^3} \cdot |CO|,$$

или

$$m \frac{2GM}{R^3} \cdot |CO| = m \frac{2GM}{x^3} \cdot |CO|.$$

Это равенство выполняется либо при $|CO| = 0$, либо при $x = R$. В первом случае планета находится в центре масс звездд — в точке $O$ (треугольник $ABC$ «вырождается» в отрезок $AB$). Во втором случае планета находится в вершине равностороннего треугольника (точка $C$ или $C'$ на рисунке), в двух других вершинах которого находится звездды.

Замечательно, что и при различных массах звездд $A$ и $B$ «положениями равновесия» оказывается вершины $C$ или $C'$ равностороннего треугольника (этот факт вы можете проверить самостояльно; но выкладки будут достаточно громоздкими).

Г. Л. Коткин

Ф805. Через плоский конденсатор, заполненный диэлектрическим с дизлектрическим проницаемостью $e$ и удельным сопротивлением $Q$, течет переменный ток $i(t) = I_0 \cos \omega t$. Определить амплитуду напряжения на конденсатор. Расстояние между пластинами $d$, площадь каждой пластины $S$.

Как и все реализации конденсаторы, данный конденсатор может быть заменен эквивалентной схемой, показанной на рисунке 1. В этой схеме сопротивление $R$ резистора равно омическому сопротивлению конденсатора, которое связано с наличием проводимости среды, заполняющей пространство между пластинами конденсатора. В нашем случае

$$R = \varrho \frac{d}{S}.$$

Емкость $C$ «идеального» конденсатора (без омического сопротивления) равна емкости реального конденсатора, то есть

$$C = \frac{\varepsilon_0 \varepsilon S}{d}.$$

Так $I(t)$, текущий через реальный конденсатор, равен сумме тока $I_R(t)$, текущого через резistor, и тока $I_C(t)$, текущого через идеальный конденсатор.

Все эти три тока свинуты по фазе друг относительно друг. Построим векторную диаграмму амплитудных значений токов в цепи и напряжения. Отложим по горизонтали в виде вектора $\vec{I}_{0R}$ амплитуду тока $I_R(t)$ (рис. 2). Ток и напряжение на резисторе совпадают по фазе. Поэтому вектор $\vec{U}_0$ амплитуды напряжения на резисторе, а следовательно, и на реализом конденсатуре, совпадает по направлению с вектором $\vec{I}_{0R}$. Учитывая, что напряжение на конденсатуре отстает от тока по фазе на $\pi/2$, отложим вектор амплитуды тока $\vec{I}_{0C}$ по вертикали.

Из диаграммы видно, что амплитуда $I_0$ тока, текущого через реальный конденсатор, равна

$$|\vec{I}_0| = \left(|\vec{I}_{0R}|^2 + |\vec{I}_{0C}|^2\right)^{1/2}.$$

Учитывая, что $I_{0R} = U_0/R$, $I_{0C} = U_0 \omega C$, получаем

$$|\vec{I}_0| = \frac{|\vec{U}_0|}{R} \left(1 + (\omega RC)^2\right)^{1/2}.$$

Отсюда находится амплитуду напряжения на конденсатуре:

$$U_0 = \frac{I_0 R}{(1 + (\omega RC)^2)^{1/2}} = \frac{I_0 \varrho d}{S (1 + (\omega RC)^2)^{1/2}}.$$

В. В. Можаев

51

Ф806. В схеме, показанной на рисунке, сразу после выключения внешнего магнитного поля, в котором находится катушка с индуктивностью $L$, через резistor с сопротивлением $R_1$ течет ток $I$. Пренебрегая омическим сопротивлением катушки, определять, какое количество телята выделяется на резисторе с сопротивлением $R_1$ и на резисторе с сопротивлением $R_2$. Магнитное поле было направлено перендикулярно плоскости витков катушки.

За время изменения внешнего магнитного поля в контуре будет действовать ЭДС индуктивности, которая вызвана, с одной стороны, изменением потока магнитной индуктивности внешнего магнитного поля, а с другой стороны — изменением потока магнитной индуктивности собственного магнитного поля катушки (ЭДС самондукции).

При параллельном соединении резисторов $R_1$ и $R_2$ в любой момент времени связи между токами, протекающими через резисторы, будет иметь вид $I_1(t) \cdot R_1 = I_2(t) \cdot R_2$. Следовательно, сразу после выключения внешнего поля ток через резistor $R_2$ равен

$$I_2 = IR_1/R_2.$$

Так $I_L$, протекающий через катушка сразу после выключения внешнего магнитного поля, равен

$$I_L = I + I_2 = I \frac{R_1 + R_2}{R_2}.$$

После выключения поля система изолирована. В первый момент все энергия системы сосредоточена в магнитном поле катушки:

$$W = \frac{LI_L^2}{2} - \frac{LI^2}{2} \frac{(R_1 + R_2)^2}{R_2^2}.$$

В дальнейшем эта энергия будет выделяться в виде телята на резисторах. Поскольку padения напряжения на резисторах будут все время одинаковы, количество телятовы, выделившиеся на резисторах, будут обратно пропорциональны их сопротивлениям:

$$Q_1 \sim 1/R_1, Q_2 \sim 1/R_2.$$

Решая систему уравнений

$$\begin{cases} Q_1 + Q_2 = \frac{LI^2}{2} \frac{(R_1 + R_2)^2}{R_2^2}, \\ Q_1/Q_2 = R_2/R_1, \end{cases}$$

получим

$$Q_1 = \frac{LI^2}{2} \frac{(R_1 + R_2)}{R_2}, Q_2 = \frac{LI^2}{2} \frac{(R_1 + R_2)R_1}{R_2^2}.$$

В. В. Можаев

После замыкания ключа конденсатор начинается. Ток в цепи будет нарастать до тех пор, пока напряжение на конденсатор не станет равным $\mathcal{E}_0$. Следовательно, заряд, прошедший по цепи за время зарядки конденсатора, равен

$$q_0 = \mathcal{E}_0 C,$$

и ток за это время нарастать до максимального значения $I_{\max}$. Работа, совершенная источником за это время, равна

$$A = \mathcal{E}_0 q_0.$$

Эта работа равна сумме энергии, запасенной в конденсаторе за время зарядки, и энергии тока в катушки:

$$\mathcal{E}_0 q_0 = \frac{q_0^2}{2C} + L \frac{I_{\max}^2}{2}.$$

Подставив в это выражение значение $q_0 = \mathcal{E}_0 C$, найдем $I_{\max}$:

$$I_{\max} = \mathcal{E}_0 \sqrt{\frac{C}{L}}.$$