Задачи М931—М935; Ф943—Ф947

Задачи

M931 — М935; Ф943 — Ф947

M931. В треугольник ABC вписана окружность, которая касается сторона AB, BC и CA в точках C₁, A₁ и B₁ соответственно. Известно, что длины отрезков AA₁, BB₁ и CC₁ равны. Доказите, что треугольник ABC — правильный.

А. Н. Драншинков

M932. В квадратной клетке со стороны 1 м находится анкондда длиной 10 м. Барон Монхгаузен утверждает, что он в любой момент может одним выстрелом прострелить анкондду сразу в 6 местах. Не превышения лет барон? (Анкондду можно считать произвольной ломаной длины 10, расположенной внутри квадрата 1×1.)

С. В. Гашков

M933. 13 рыцарей из k разных кланов (1<k<13) сидят за круглым столом. Каждый держит золотой или серебрый кубок, причем золотых кубковровно k. Король Артур приказал рыцарем одновременно передать кубки своим соседям справа, потом сделать то же самое еще раз и т. д. Доказите, что в некоторых моментах нейдутся рыцары из одного клана, в руках у которых золотые кубки.

А. А. Болотов

M934.* В пространстве расположено 2n (n≥2) точек (так, что никакие 4 не лежат в одной плоскости) и проведено n²+1 отрезков с концами в этих точках. Доказите, что проведенные отрезки образуют a) хотя бы один треугольник; 6) не менее n треугольников.

M935. (Задача о гайке.) Если внутри правильного 2n-угольника со стороны a и центром O помещить произвольным образом правильный 2n-угольник со стороны a/2, то он накроет точку O. Доказите это утверждение: a) для n=2, 6)* для n=3, в)* для любого натурального n>1.

С. В. Гашков

Ф943. Небольшое тело падает с огромной высоты на землю. Считая удар тела о землю абсцилтоно упругим, определять ускорение тела сразу того, как оно отскочит от земли.

А. Г. Шихкеримов

43

Ф944. На твердое тело, движущемся поступательно по шероховатой горизонтальной поверхности, в момент времени $t_0=0$, когда скорость тела равна $v_0$, начинает действовать сила $F(t)$, направленная все время вдоль вектора $\vec{v}_0$ и возвращающая со временем. Через время $t$ скорость тела оказывается равной $v_t$, причем $v_t=5$ м/с, если $v_0=1$ м/с, и $v_t=13$ м/с, если $v_0=10$ м/с. Определить зависимость $v_t=f(v_0)$ при всех возможных $v_0$.

Р. Л. Мкртчян, О. М. Худавердян

Ф945. Определите отношение $\eta_1/\eta_2$ коэффициентов полезного действия двух циклических процессов, проведенных с идеальным газом (рис. 1): первый процесс 1-2-3-4-1, второй процесс 5-6-7-4-5.

Ф946. Два одинаковых точных заряды $q>0$ находится на расстоянии $l$ друг от друга. На какое минимальное расстояние «подойдет» к плоскости симметрии $\Pi$ (рис. 2) с помощью линяя, выходящая из левого заряда под углом $\alpha$ к прямой, соединяющей заряды? Под каким углом к плоскости симметрии будет расположена эта линя при удалении на большое расстояние от зарядов?

С. С. Кротов

Ф947. Оболочка космической станции представляет собой зачеренную сферу, температура которой за счет работы аппаратуры внутри станции равна $T=500$ К. Какой будет температура оболочка, если станцию окружить тонким черным сферическим экраном почти такого же радиуса, как оболочка? Количество телла, излучаемого с единицами площади поверхности, пропорционально четвертой степени абсолютной температуры.

А. Н. Буздин

Problems

M931 — M935; P943 — P947

M931. The incircle of triangle $ABC$ touches sides $AB, BC$ and $CA$ at the points $C_1, A_1, B_1$ respectively. It is known that the segments $AA_1, BB_1, CC_1$ are of equal length. Prove that $ABC$ is equilateral.

A. N. Dranishnikov

M932. A 10 meter long anaconda lives in a square cage of side 1 meter. Baron Münhausen claims that he can shoot through the anaconda in 6 places anytime with a single shot. Is the baron exaggerating? (The anaconda may be viewed as an arbitrary polygonal line of length 10 in a 1 by 1 square.)

S. B. Gashkov

M933. 13 knights from $k$ different clans ($1<k<13$) sit at the Round Table. Each holds a gold or silver cup, the number of gold ones

45

(возможно, вырождающийся в треугольник или отрезок) с диагонали $KM$ и $LN$, а его площадь $S$ по известной формуле равна

$$S = \frac{1}{2} KL \cdot MN \cdot \sin \angle KON = \frac{1}{8} AB \cdot CD \cdot \sin \alpha,$$

то есть не зависит от выбора точек $E$ и $F$.

Из доказательства видно, что утверждение задачи верно и для невыпуклого четырехугольника $ABCD$.

М. В. Старк

♦ a) Нужное представление нетрудно найти в явном виде:

$$x^2 = \frac{1}{3} (x+1)^3 - \frac{1}{3} (x^3+3x+1).$$

б) Доказательство проведем индукцией по степени многочлена. Для многочленов нулевой степени (постоянных функций) утверждение задачи очевидно. Пусть оно справедливо для всех многочленов степени меньше $n$. Произвольный многочлен $n$-й степени $P_n(x)$ можно записать в виде

$$P_n(x) = ax^n + P_{n-1}(x),$$

где $P_{n-1}(x)$ — многочлен степени не выше $n-1$, для которого наше утверждение верно по предположению индукции. Поэтому его достаточно доказать для одного $ax^n$ (если утверждение задачи верно для двух многочленов, то оно, очевидно, верно и для их суммы). Ясно, что $ax^n$ — монотная функция при нечетном $n$; при четном $n$ существует нужно представления следует из формулы

$$(n+1)x^n = (x+1)^{n+1} - x^{n+1} - Q_{n-1}(x),$$

в котором $(x+1)^{n+1}$ и $x^{n+1}$ — возвращение функции $(n+1)$ нечетно), а для многочлена $Q_{n-1}(x)$ степени $n-1$ утверждение задачи выполняется по предположению индукции.

При четном $n=2k$ можно рассудать и иначе. По предположению индукции $x^k = P(x)-Q(x)$, где $P$ и $Q$ — монотновозрастание многочлены; следовательно,

$$x^{2k} = 2P^2(x) + 2Q^2(x) - (P(x)+Q(x))^2.$$

Подставляя в формулу пункта a) $P(x)$ вместе $x$, мы получим представление $P^2(x)$ в виде разности двух возвращающих многочленов. То же самое можно проделать с $Q(x)$ и $P(x)+Q(x)$, что в конечном случае дает нужно представление для $x^{2k}$.

А. Ю. Вайитров, В. Н. Дубровский

♦ a) Воспользовемся тем, что для всех точек прямой, проходящей через вершину угла, отношение расстояний до его сторона (точнее, до прямых, содержащих стороны) будет одним и тем же. В частности, равны отношения $KA_1/KB_1$ и $PA_2/PB_2$ расстояний от точек $K$ и $P$ до сторона $CA$ и $CB$ угла $ACB$ (см. рисунок: на нем угол $C$ острый, для тупого угла $C$ расстояние аналогично). Первое из этих отношений, очевидно, равно $AKsin \angle A/BKsin \angle B$ ($\angle A$ и $\angle B$ — углы треугольника $ABC$). Что бы

46

найти второе, заметим, что $\angle PAA_2$ является вертикальным к углу между хордой $AC$ описанной окружности треугольника $ABC$ и касательной к ней в точке $A$, то есть равен по величины положение дуги $AC$ и, следовательно, $\angle PAA_2 = \angle B$; аналогично, $\angle PBB_2 = \angle A$. Таким образом,

$$\frac{PA_2}{PB_2} = \frac{PA \sin \angle PAA_2}{PB \sin \angle PBB_2} = \frac{\sin \angle B}{\sin \angle A}$$

($PA = PB$ по свойству касательных к окружности, проведенных из одной точки). Приравнивая полученные выражения

$$\frac{AK \sin \angle A}{BK \sin \angle B} = \frac{\sin \angle B}{\sin \angle A}$$

и получаем теоремой синусов $\sin \angle B/\sin \angle A = AC/BC$, получим нужное соотношение:

$$\frac{AK}{BK} = \frac{AC^2}{BC^2}$$

6. Рассмотрим прямую $l$, симметрично $CP$ относительно биссектрисы угла $ACB$ (см. рисунок). Ясно, что для всех ее точек отношение расстояний до прямых $CA$ и $CB$ обратно такому же отношению для $CP$, то есть равно $\sin \angle A/\sin \angle B$ (см. (*)). Для точки $M$, в которой прямая $l$ пересекает сторону $AB$, это отношение, очевидно, равно $AM \sin \angle A/BM \sin \angle B$. Следовательно, $AM = BM$, то есть $CM$ — медиана треугольника $ABC$.

В. Н. Дубровский

M914. На острове Серобуромалин обитают 13 серых, 15 бурых и 17 малиновых хамелеона разного цвета, то они одновременно менят свой цвет на третий (серый и бурый становятся оба малиновыми и т. д.). может ли случай так, что через некоторое время все хамелеоны будут однозоночета?

ОТВЕТ: не может. Мы должны доказать, что из трейки (13, 15, 17) с помощью операций, описанных в условиям, то есть уvelищения одного из чисел на 2 и одновременного уменьшения двух других на 1 (если они положительные), нельзя получить одну из треек (45, 0, 0), (0, 45, 0) и (0, 0, 45) (45 = 13 + 15 + 17). Как и в большинстве аналогичных задач с отрицательным ответом, для доказательства надо построать подобрать инвариант — величины, определянию на трейках целых чисел ($c, \delta, m$) и не меняющийся при указанных преобразованиях треек, которая бы принимала значение для первой трейки и трех последних.

Таким инвариантом является, например, остаток $r$ от деления на 3 разности $c - \delta$ первых двух чисел трейки ($c, \delta, m$).

Действенный, при «смене окраски хамелеонов» числа $c$ и $\delta$ могут замениться на $c - 1, \delta - 1$, на $c + 2, \delta - 1$ или на $c - 1, \delta + 2$; в первом случае $c - \delta$ не меняется, в двух других — изменяется на 3, значит, остаток $r$ остается прежним. Остается заменить, что для исходной трейки (13, 15, 17) он равен 1, а для трех последних $r = 0$.

Несложно ответить и на общий вопрос — при каком условия из одной трейки чисел нашими операциями можно получить другую. Поскольку сумма $s = c + \delta + m$ всех чисел трейки, оценно, тоже инвариант, мы можем воспользоваться удобной и красивой геометрической интерпретацией нашей задачи: каждую трейку ($c, \delta, m$) с заданной суммой $s$ будет изобра-

47

$$c + \delta + m = \frac{2S_{AOB}}{AB} + \frac{2S_{BOC}}{BC} + \frac{2S_{COA}}{CA} = s$$

Жать точкой внутри равностороннего треугольника высоты $s$, удаленной от его сторона на расстояния $c, \delta, m$ соответствующего рис. 1. При этом каждой операции отвечает сдигт точки в треугольнике на расстояние 2 перпендикулярно одной из сторон. Разобъем треугольник на $s^2$ одинаковых правильных треугольников высоты 1 (рис. 2); очевидно, их вершины отвечают всем целочисленным тройкам с заданной суммой $s$. Возьмем одну из этих вершин, проведем из нее стрелки в те точки, куда ее можно сдигнуть с помощью наших операций, из концов стрелок проведем новые стрелки и т. д. Все эти стрелки образуют еще одну сдигнутой треугольников со стороны 2. Их вершины изображают все тройки чисел, которые можно получить из исходной «перекрашиванием хамелеонов». Легко убедиться, что из любой красной точки за исключением вершин большого треугольника, можно перейти по красным стрелкам в любую другую. Остальные точки аналогичным образом разобются еще на два класса «связанных» точек (зеленые и синее на рисунке 2; стрелки для них не показаны). Значение инварианта $r$ для всех точок одного класса будет, разумеется, одним и тем же; причем легко проверить, что для красных точек $r=0$, для зеленых — $r=1$, для синих — $r=2$.

Таким образом, из тройки $(c, \delta, m)$ можно получить другую тройку $(c', \delta', m')$ тогда и только тогда, когда в первой тройке хотя бы два числа положительных и значения инвариантов $s$ и $r$ для данных троек совпадают (значения любого другого инварианта будут совпадать уже автоматически; доказите непосредственно, что, например, остаток от деления $m-6$ на 3 выражается через $s$ и $r$). В частности, если $s$ кратно trem, для всех вершин большого треугольника $r=0$, то есть они достижены только из точки $c = 0$ (на рисунке 2 — из красных точки); если же $s$ не делится на 3, то в одной из них будет $r=0$, в другой — $r=1$, в третьей — $r=2$, то есть из любой точки $(c, \delta, m)$ можно попасть в одну (и только одну) вершину.

В. Г. Ильцчев, Н. В. Васильев

M915. Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c, d$ выполняно неравенство*

$$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \geq 2.$$

Первое решение. Группируя первое слагаемое влевой части доказываемого неравенства с третьим, а второе — с четвертым, и получящее оценкой $xy \leq (x+y)^2/4$ при $x \geq 0, y \geq 0$ (вытекающий из точки $4xy = (x+y)^2 - (x-y)^2$), получим

48

Неравиственное Коши — Буняковского:
для любых чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$ и $y_1, y_2, \dots, y_n$

$$\left( x_1^2 + \dots + x_n^2 \right) \left( y_1^2 + \dots + y_n^2 \right) \geq \left( x_1 y_1 + \dots + x_n y_n \right)^2.$$

Для доказательства этого неравенства достаточно заменить, что квадратная функция $P(t) = \left( x_1 + y_1 t \right)^2 + \dots + \left( x_n + y_n t \right)^2$ неприцательна при всех $t$ и записать вытекающее отскода условие неположнительности ее дискриминантата.

Второе решение. Положим $x_1 = \sqrt{a/(b+c)}$, $x_2 = \sqrt{b/(c+d)}$, $x_3 = \sqrt{c/(d+a)}$, $x_4 = \sqrt{d/(a+b)}$ и $y_1 = \sqrt{a(b+c)}$, $y_2 = \sqrt{b(c+d)}$, $y_3 = \sqrt{c(d+a)}$, $y_4 = \sqrt{d(a+b)}$. В силу неравенства Коши — Буняковского, которое доказано на полях, $(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2) \left( y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 + y_4^2 \right) = \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \right) (2ac + 2bd + ab + bc) + cd + da) \geq \left( x_1 y_1 + x_2 y_2 + x_3 y_3 + x_4 y_4 \right)^2 = (a + b + c + d)^2$. (*) Очевидно, $a^2 + c^2 \geq 2ac$, $b^2 + d^2 \geq 2bd$, поэтому $(a + b + c + d)^2 \geq 4ac + 4bd + 2(ab + bc + cd + da)$.

Подставляя эту оценку в (*), получим требуемое неравенство. Доказанное неравенство является частным случаем неравенства $$\frac{a_1}{a_2 + a_3} + \dots + \frac{a_{n-1}}{a_n + a_1} + \frac{a_n}{a_1 + a_2} \geq \frac{n}{2} \text{ (при } a_i > 0),$$

которое в 1954 году предложил доказать американский математик Шапиро. В нашей задаче $n = 4$; случай $n = 3$ рассматривался в задачах M182 и M749 «Задачика «Кванта». Вопрос о справедливости этого неравенства при других значениях $n$ оказался довольно трудным и до сих пор не получил полного ответа. В будущеем мы рассчитываем вернуть к этой теме.

Л. Д. Курляндчик

Ф923. На гладкой горизонтальной плоскости лежат два касающей дуги друг друга диска, скрепленных нерастимой вертикальной оси, проходящей через его центр, причем скорость вращения линейно возрастает со временем. В некоторых моментах диск меньше радиуса $r$ отрывается от большого диска (перестает его касаться). На какой узолок повернет к этому моменту больший диск? Треннее между дискомми отсутствует. Считать, что все масса диска сосредоточена в его центре.

Пусть диск начал вращаться в момент времени $t_0 = 0$. Тогда в момент времени $t$ угловая скорость диска $A$ равна $\omega_l = \beta t$, где $\beta$ — постоянное угловоеускорение, с которым вращается диск. С такой же угловой скоростью движется в этот момент центр диска $B$ по окружности радиуса $R + r$. Линейная скорость диска $B$ при этом равна $v_l = \beta t (R + r)$; его центростремительноеускорение — $a_u = (\beta t)^2 (R + r)$, а тангенциальноеускорение — $a_r = (v_l)' = \beta (R + r)$.

В плоскости, в которой произходит движение, на диск $B$ действует слая натяжения ниги $\vec{T}$ и слая нормальной реакции со стороны большого диска $\vec{N}$. Записем уравнение движения диска $B$ в проекциях на оси $X$ и $Y$ (см. рисок):

$$T \cos \alpha - N = ma_u = m (\beta t)^2 (R + r),$$

$$T \sin \alpha = ma_r = m \beta (R + r).$$

Отсюда находится:

$$\text{ctg} \alpha = \frac{N}{m \beta (R + r)} + \beta t^2.$$

В момент отрыва $N = 0$, и

$$\text{ctg} \alpha = \beta t^2.$$

Угол $\varphi$, на которой повернет за время $t_{\text{отр}}$ диск $A$, равен

$$\varphi = \beta \frac{t_{\text{отр}}^2}{2} = \frac{\text{ctg} \alpha}{2}.$$

50

Ф926. В пространстве 1985 несоррикасающийся металлический шаров, заряды которых равны, соответственно, q, —2q, 3q, —4q, …, 1984q, 1985q (q>0). Доказите, что среди их есть шар, у которого поверхностная плотность заряда всиду неотрицательна. Расстояния между шарами конечны.

Представим себе электростатическое поле заряженных шаров в виде некоторой картины силовых линий. Так как поле внутри каждой шара отсутствует, силовые линии начинаются и кончаются на поверхности шаров.

Возьемм любой шар, например шар A, и найдем на его поверхности место, в котором находится конец какой-нибуд силовой линии (красная линия на рисунке). Если такого места мы не обнаружим, то это будет означать, что шар A и есть иской — он взведе заряжен неотрицательно (ведь силовые линии кончаются на отрицательных зарядах).

Будем переносить положительный пробный заряд из найденного нами на шаре места вдоль силовой линии противоположно ее направлению. Следуя по этому пути, мы придем на поверхности какого-то другого шара B. Пройдем по его поверхности, найдем на ней конец другой силовой линии и вновь появим по ней («навстречу»). Будем продолжать этот процесс, следуя через шары C, D и т. д. (синей пунктир на рисунке).

Справедливые следующее утверждение:

1. Такое движение не увеличет нас в бесконечность, так как полный заряд системы —

$$Q = q - 2q + 3q - 4q + \dots - 1984q + 1985q = 993q$$

— положитель (по условию q>0), и следовательно, силовые линии не приходит из бесконечности. Действительно, во всех точках, достаточно удаленных от нашей системы, которая имеет ограниченные линейные размеры (расстояния между шарами конечны), поле, создаваемое системой, эквивалентно полю точного положительного заряда, и силовые линии в таких точках направлены от системы и уходят в бесконечность.

2. В нашем путешествии мы не можем pobывать снова ни на одном из шаров, которые уже были пройдены. Если бы такое случайность, то это означает, что какая-то часть нашего пути является замкнутой линии, чего не может быть в электростатическом поле.

Следовательно, поскольку число шаров конечно, наше передвижение рано или поздно закончится, то есть мы найдем шар, в котором силовые линии не входят. Поверхность такого шара повсюду заряжена неотрицательно.

В. А. Ясинский