Решения задач М816, М817, М819, М820; Ф828—Ф832

39

Решения задач
M816, M817, M819, M820*); Ф828—Ф832

М816. Натуральные числа a и b получаются друг из других перестановкой цифр. Доказите, что
a) суммы цифр чисел 2a и 2b равны;
b) суммы цифр чисел a/2 и b/2 равны (если a и b четные);
c) суммы цифр чисел 5a и 5b равны.

Сначала доказаем одно вспомогательное утверждение.
Пусть $S(x)$ — сумма цифр натурального числа $x$, $N(x)$ — количество его цифр, больших 4. Тогда
$$S(2x) = 2S(x) - 9N(x).$$

Представим, что мы складываем число $x$ само с собой столбиком, начиная с младших разрядов. Перенос единицы в очередной, $(k+1)$-й разряд суммы произходит в том и только в том случае, когда в $k$-м разряде числа $x$ стоит одна из цифр 5, 6, 7, 8 или 9 (в примере на полях это произходит во 2-м, 3-м и 5-м от конца разряда), то есть количество переносов равно $N(x)$. При каждом переносе вместе десятики, которая входит в сумму $S(x) + S(x)$, возникнет единица, которая входит в сумму $S(2x)$, то есть $S(2x)$ по сравнению с $2S(x)$ уменшается на 9. Отсюда получаем (*).

Теперь легко доказать утверждение задачи.
a) Подставляя в () вместе $x$ поочередно $a$ и $b$ и учитывая очередные равенства $S(a) = S(b)$ и $N(a) = N(b)$, получим, что $S(2a) = S(2b)$.
b) Заметим, что цифра $i$-го разряда числа $x$ больше 4 в том и только том случае, когда цифра $(i+1)$-го разряда числа $2x$ нечетна. Поэтому $N(x)$ равно количеству нечетных цифр в числе $2x$. Следовательно, для чисел $a$ и $b$, составленных из одних и тех же цифр, $N(a/2) = N(b/2)$ и в силу ()
$$S\left(\frac{a}{2}\right) = \frac{1}{2}\left(S(a) + 9N\left(\frac{a}{2}\right)\right) = \frac{1}{2}\left(S(b) + 9N\left(\frac{b}{2}\right)\right) = S\left(\frac{b}{2}\right).$$
в) Очевидно, числа 10a и 10b удовлетворяют условям пункт 6), поэтому
$$S(5a) = S\left(\frac{10a}{2}\right) = S\left(\frac{10b}{2}\right) = S(5b).$$
А. Д. Лисицкий

М817. Точка $K$ лежит на стороне $BC$ треугольника $ABC$. Доказите, что соответствие $|AK|^2 = |AB| \cdot |AC|$ — $|KB| \cdot |KC|$ выполняется тогда и только тогда, когда $|AB| = |AC|$ или $BAK = CAK$.

Рис. 1.
$$|AK|^2 = q|AB|^2 + p|AC|^2 - |BK| \cdot |KC|$$
где $p = |BK| : |BC|$, $q = |CK| : |BC|$.

Первое решение (рис. 1). Пусть $p = |BK| : |BC|$, $q = 1 - p = |CK| : |BC|$, тогда
$$\overrightarrow{AK} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BK} = \overrightarrow{AB} + p\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + p(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}) = q\overrightarrow{AB} + p\overrightarrow{AC}.$$
(*)

По условиям $|AK|^2 = (q\overrightarrow{AB} + p\overrightarrow{AC})^2 = |AB| \cdot |AC|$ — $|KB| \cdot |KC| = |AB| \cdot |AC| - pq(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB})^2$.

Раскрывая скобки и учитывая, что $p + q = 1$, получаем:
$$q|AB|^2 + p|AC|^2 - |AB| \cdot |AC| = 0.$$

Следовательно, отношение длин стороны треугольника $\lambda = |AB| : |AC|$ удовлетворяет квадратному уравнению $q\lambda^2 - \lambda + p = 0$, то есть $\lambda = 1$ или $\lambda = p/q$. В первом случае $|AB| = |AC|$, во втором — $|AB| : |AC| = p/q = |BK| : |KC|$, откуда по известной теореме***) вытекает, что $AK$ — биссерриса или $BAK = CAK$.

С помощью равенства (*) легко вывести общую формулу для длин отрезка $AK$, известную как формула Стюарта. Она приводится на полях.

*) Задачка М818 будет решена в одном из следующих номеров «Кванта».
***) См., например, С. Р. Сефи беков «Четыре доказательства теоремы о биссеррисе» («Квант», 1983, № 8).

40

Второе решение. Возьмем на отрезке BC такую точку L, что $\widehat{CAL} = \widehat{KAB}$ (рис. 2). Покажем, что $|AL| = |AK|$. Отсюда будет вытекать, что либо точки L и K совпадают, то есть AK — биссертиса угла A, либо $\Delta ALK$ равноведренный и тогда по теореме о внешнем угле треугольника

$$\widehat{ABC} = \widehat{AKC} - \widehat{BAK} = \widehat{ALB} - \widehat{LAC} = \widehat{ACB},$$

то есть треугольник ABC — равноведренный.

Обозначим через D точку пересечения прямой AK и описанной около треугольника ABC окружности. Поскольку $ACB = ADB$, треугольник ACL подобен треугольнику ADB, следовательно, $|AL| \cdot |AD| = |AB| \cdot |AC|$. Треугольники ACK и BDK также подобны ($\widehat{ACB} = \widehat{ADB}, \widehat{AKC} = \widehat{BKD}$), поэтому $|BK| \cdot |KC| = |AK| \cdot |KD|$. Таким образом, равенство, данные в условия, эквивалентно следующему

$$|AK|^2 = |AL| \cdot |AD| - |AK| \cdot |KD|$$

или

$$|AK|(|AK| + |KD|) = |AL| \cdot |AD|.$$

Отсюда и вытекает, что $|AK| = |AL|$.

А. Л. Тоом, Н. Б. Васильев

M819. В Швамбрании n городов, каждые два из которых соединены дорогой. (Дороги сходятся лишь в городах, все пересечения ограничены в разных угловях.) Злой волшебник намерена установить на каждой дороге одностороннее движение так, что, выхав из любого города, в него уже нельзя будет вернуть. Докажите, что a) волшебник может это сделать;
б) при этом найдется город, из которого можно добрать до всех других, и найдется город, из которого нельзя выехать;
в) существует $n! = 1 \times 2 \times \dots \times n$ способов осуществить намерение этого волшебника.

a) Волшебник может занутеровать все города Швамбрании числами от 1 до n и установлен на каждой дороге движение от города с меньшим номером к городу с большим номером. Этим он достигнет своей цели, потому что номера городов, которые встретиются при движении по любому маршруту с таким ограничением будут всегда возвращать.

b) Начав с любого города, подем по дорогам Швамбрании, соблюдая правила этого волшебника. Будем дивится, пока это возможно. Никакой город не встретиется на нашем пути движения, и поскольку число городов конечно, рано или поздно нам придется остановиться. Но это и значит, что мы попали в город Z, из которого нельзя выехать.

Теперь обратим направления движения на всех дорогах. Ясно, что дивитсь по новым правилам, мы опять не сможем посетить движения один и тот же город. Поэтому, как и выше, найдется город A, из которого нельзя выехать по новым (!) правилам. Следовательно, первоначально на дороге, соединяющей A с любым другом городом B, было установлено движение от A к B, то есть из A можно попасть в любой город (пройяд всего одну дорогу).

Заметим, что из любого города кроме Z можно выехать (например, в Z), а в любой городу кроме A можно выехать.

в) Проведем индукцию по числу городов n. При n = 1 утверждение в) очевидно. Докажем его для n городов, считая, что оно справедливо для n — 1 городов. Согласно пункту 6), при любых правилах движения, удовлетворiousых условиям этого волшебника, найдется один и только один город Z, из которого нельзя выехать. Им может быть любой из n городов.

На всех дорогах, соединяющих по направлению к городу Z. Поэтому никакой маршрут, соединяющий два других города, уже не может пройти через Z и надо только установить направления на дорогах между остальными n — 1 городами так, чтобы ни в один из них нельзя выехать, дивитсь по этим направлениям. По предположению индукции это можно сделать (n — 1)! способами. Следовательно, общее число способов равно n · (n — 1)! = n!.

Другое решение основано на том, что существует единственный самый длинный (по числу дорог) маршрут

43

Пар над поверхностью расторова содержит только молекулы воды. Универсальная зазовая постоянная $R = 8,3$ Дж/(моль·К).

Плотность $\rho_{\pi}$ пара при температуре $T = 293$ К найдем из уравнения газового состояния:

$$\rho_{\pi} = p_{\text{mac}} \frac{\mu}{RT}.$$

Таким образом,

$$h = \frac{0,05c_2RT}{\mu g} (2 \frac{h_0}{h} - 1).$$

Подставляя приведенные в условия числовые данные, находим

$$h \approx 16,4 \text{ см.}$$

Интересно отмечить, что, как следует из рассмотренной задачи, если под колпаком будет нахождение два одинаковых сосуда с расторами разных концентраций, то испарение будет произходить из растора с меньшей концентрацией. И наоборот, водяной пар будет конденсироваться в растор с большей концентрацией. Таким образом, концентрации будут стремиться выравнять. Именно с этим физическим явлением связано намокание сахара, соли и т. п. в атмосфере влажного воздуха.

А. И. Буздин

Ф831. Незарженная проводящая тонкостенная сферическая оболочка помещена в однородное электрическое поле. При направлении поля $E_0$ оболочка разрывается. При какой минимальной направлении поля разорвется оболочка вдвое большего радиуса, имеющая ту же толщину стенок?

◆ На проводящей оболочке, помещенной в электрическое поле, будет индуцированная заряды. Поверхностная плотность этих зарядов пропорциональна направлению поля $E$. При изменении размера оболочки в $n$ раз и направлении поля в $k$ раз сили, действующие на половинки сферы (на которых индуцированны заряды противоположных знаков), изменяется в $k^2n^2$ раз.

Поскольку толщина стенок остается постоянной, сила, прихождения на единицу длины оболочки, должна быть прежней. Если в первом случае разрыв пропорциональна направлению поля в $k$ раз и направлении поля в $n$ раз и направлении поля в $k$ раз разрыв пропорционален, Из условия $f = (k^2n^2/n)f_0$. Из условия $f = f_0$ следует:

$$\frac{k^2n^2}{n} = 1 \Rightarrow k = \frac{1}{\sqrt{n}}.$$

При увеличении радиуса оболочки в два раза разрыв пропорционален поля

$$E = E_0 / \sqrt{2}.$$

С. К. Строков

Ф832*. Квадратная недеформируемая сверхпроводящая рамка со стороны а расположена горизонтально и находится в недородном магнитном поле, индукция которого меняется в пространстве по закону

$$B_x = -kx,$$

$$B_y = 0,$$

$$B_z = kz + B_0.$$

Масса рамки $m$, индуктивность $L$. В начальной момент центр рамки совпадает с началом координат, а стороны паралелны осем $X$ и $Y$. Рамку оттускают. Как она будет движаться и где оказется через время $t$?

Магнитный поток, произвывающий площадку, ограниченную сверхпроводящим контуром, постоянен. Действительно, $\Delta \Phi / \Delta t = \delta_i$, но $\delta_i = iR = 0$ (поскольку $R = 0$), следовательно, $\Phi = B_0 a^2 + kz^2 + Li$.

Так как в начальной момент $(z = 0, i = 0)$ $\Phi = B_0 a^2$, в любой другой момент времени значение точки $i$ будет определяться соотношением

$$Li = -kz^2 \Rightarrow i = -\frac{kz^2}{L}.$$

Результирующая сила, действующая со стороны магнитного поля на рамку с током $i$, равна сумме сил, действующих на те стороны рамки, которые паралелны оси $Y$,