Решения задач М916—М920; Ф927—Ф932

43

Решения задач
M916 — M920; Ф927 — Ф932

М916. Из середины каждой стороны остроугольного треугольника опущены перпендикуляры на две другие стороны. Доказите, что площадь ограниченной или шестиугольника равна половине площади треугольника.

Обозначим вершины данного треугольника через $A, B, C$, середины его сторон — $A_1, B_1, C_1$, три другие вершины расматриваемого в задание шестиугольника — $A_2, B_2, C_2$ (см. рисунок). Заметим, что отрезки, соединяющие центр $O$ описанной окружности треугольника $ABC$ с серединами его сторон, разбиают наш шестиугольник на три параллелограмма $OA_1C_2B_1, OB_1A_2C_1$ и $OC_1B_2A_1$ (отрезки $OA_1$ и $B_1C_2$ параллельны, так как оба они перепределились стороне $BC$; аналогично $OB_1 \parallel A_1C_2$ и т. д.). Отсюда следует, что треугольники $A_1B_1C_2, B_1C_1A_2$ и $C_1A_1B_2$ соответственно равны треугольникам $A_1B_1O, B_1C_1O$ и $C_1A_1O$, а значит, площадь шестиугольника вдвое больше площади треугольника $A_1B_1C_1$, очевидно, равной четверти площади исходного треугольника.

Другое доказательство опирается на то, что три высоты треугольника пересекаются в одной точке: $A_2, B_2$ и $C_2$ — это точки пересечения высот равных треугольников $AB_1C_1, C_1A_1B_1$ и $B_1CA_1$, отсюда $\triangle A_2B_1C_1 = \triangle C_2CA_1$, $\triangle B_2A_1C_1 = \triangle C_2CB_1$, следовательно, наш треугольник равновелик параллелогамму $C_1A_1CB_1$.

Отметим, что в случае тупоугольного треугольника аналогичное построение приводит к самопересекающей шестиугольной ломаной, для которого утверждение останется в силу, рассматривать так называемую «ориентированную площадь» (см. статью А. Л. Тоома «Сколько площадей у многоугольника?» в «Кванте» № 12 за 1984 г.).

А. А. Азамов

M917. a) Чему равна длина максимальной серии идущих подряд несястливых билетов? b) Сколько существует таких серии максимальной длины? (Считается, что номера билетов изменяются от 000000 до 999999 включительно; билет называется счастливым, если сумма первых трех цифр его номера равна сумме трех последних цифр.) a) Ответ: 1000. Любой номер билета находится между двумя счастливыми номерами, равными $1000N + N$ и $1000(N + 1) + (N + 1)$ (N и N + 1 — трехзначные числа), у которых три первые цифры совпадают, с учетом порядка, с трея последними (для номера, равного 1000A + B, где A и B — трехзначные числа, надо взять N = A, если A < B, и N = A - 1, если A ≥ B). Поскольку разность этих счастливых номеров равна 1001,лина серии несястливых билетов не может быть больше 1000. В то же время две серии длины 1000 — от 000001 до 001000 и от 998999 до 999998, очевидно, состоит из несястливых номеров.

b) Ответ: две серии; они приведены в решении задачи a).

Покажем, что между любыми двумя счастливыми номерами $n = \overline{abcabc}^*$ и $n' = n + 1001 =$

*)Черта означает десятичную запись: $\overline{a_1a_2...a_n} = a_1 \cdot 10^{n-1} + a_2 \cdot 10^{n-2} + ... + a_n$.

44

= \frac{a’b’c’a’b’c’}{(a’b’c’=abc+1)} при \frac{abc}{≠000} и \frac{abc}{≠998} имеется еще хотя бы один счастливый номер. Отсюда, очевидно, следует, что других «несястливых серий» длины 1000, кроме указаны выше, не существует.

Если $a \neq 9$, $c \neq 0$, то таким номером является $\frac{abc}{(a+1)b(c-1)}$; если $a=9$, то и $a'=9$, а нужный номер — $\frac{a'b'c'8b_1c_1}{b_1c_1}$, где число $b_1c_1$ получено увеличением на 1 одной из цифр числа $\frac{b'c'}{(b'c'≠99)}$; если $c=0$, то $c'=1$ и нужный номер — $\frac{a'b'c'a_2b_2}{a_2b_2}$, где $a_2b_2$ получено из $\frac{a'b'}{a'b'}$ уменьшением одной из цифр на 1 $(\frac{a'b'}{≠00})$.

С. Ю. Оревков

M918.* Радиус вписанной окружности треугольника равен 1, а длины его стороны — целые числа. Докажите, что эти числа — 3, 4 и 5.

Пусть в данной треугольнике $ABC$ длины сторон $AB, BC$ и $CA$ равны $c, a$ и $b$, тогда, как легко видеть, отрезки сторон от вершин $A, B, C$ до точек касания вписанной окружности со стороны равны

$$x = \frac{b+c-a}{2}, y = \frac{c+a-b}{2}, z = \frac{a+b-c}{2}$$

(обозначения см. на рисунке). При этом полуперimetр $p$ треугольника равен $x+y+z$. Приравнивая выражения для площади $S$ треугольника по формуле Герона —

$$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},$$

и через полуперimetр и радиус $r=1$ вписанной окружности —

$$S = pr,$$

получим, что $p=(p-a)(p-b)(p-c)$ или

$$x+y+z=xyz.$$

Из равенств (1) следует, что числа $x, y$ и $z$ либо все одновременно целые, либо полупелые (то есть вида $n+1/2$, где $n$ — целое). Во втором случае числа $2x, 2y$ и $2z$ должны быть нечетными, что невозможно в силу равенства (2) $(2x \cdot 2y \cdot 2z = 4(2x+2y+2z)=4(a+b+c)$ — нечетное число равно четному), и, таким образом, мы должны решить уравнение (2) в целых числах.

Пусть для определения $x \leqslant y \leqslant z$, тогда $xyz \leqslant 3z$, то есть $xy \leqslant 3$. Перебирая пары натуральных чисел $(x, y)$, удовлетворяющих этому неравенству (и условию $x \leqslant y$), получим, что либо $x=y=1$, и тогда $2+z=z$, что невозможно; либо $x=1, y=2$, и тогда $3+z=2z$, то есть $z=3$; либо $x=1, y=3$ и $z=2<y$, что противоречит нашему предположению. Итак, $x=1, y=2, z=3$, то есть $a=y+z=5, b=z+x=4, c=x+y=3$.

В. В. Праслов

M919. a) Докажите равенство

$$\int_0^{\frac{1}{4}} \frac{1}{\sqrt{gx}} dx + \int_0^{1} \frac{1}{\sqrt{arctg x}} dx = \frac{\pi}{4}.$$

46

$$z = nx^2y^2 - \frac{x^3 + y^3}{z^2} \geq nx^2y^2 - (x + y).$$

В то же время, очевидно, $x^3 + y^3$ делится на $z^2$, поэтому
$$x^3 + y^3 \geq z^2 \geq (nx^2y^2 - (x + y))^2,$$
следовательно,
$$n^2x^4y^4 < 2nx^2y^2(x + y) + x^3 + y^3.$$

Деля обе части на $nx^3y^3$, мы получаем нужную оценку
$$nxy < 2\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right) + \frac{1}{nx^3} + \frac{1}{ny^3}.$$

Из нее сразу следует, что $x = 1$, потому что при $x \geq 2$ (и $y \geq x$) лежая часть неравенства () не меньше 4, а правая — меньше 3. Подставим значение $x = 1$ в ():

$$ny < 2 + \frac{2}{y} + \frac{1}{n} + \frac{1}{ny^3}.$$

Это неравенство может выполнять лишь при $y \leq 3$ (при $y \geq 4$ его правая часть меньше 4). Вспомним, что число $x^3 + y^3 = 1 + y^3$ должно делиться на $z^2$, причем $z \geq y$; отсюда вытекает, что $z = 1$ при $y = 1(1 + y^3 = 2)$, $z = 3$ при $y = 2(1 + y^3 = 9)$, а при $y = 3(1 + y^3 = 28)$ подходящих значений $z$ не существует. Остается подставить тройки чисел (1, 1, 1) и (1, 2, 3) в исходное уравнение и найти, что в первом случае $n = 3$, а во втором $n = 1$.

Итак, ответ: при $n = 3$ $x = y = z = 1$, при $n = 1$ уравнение удовлетворяет тройка (1, 2, 3) и все, получающейся из нее перестановками.

Решение нами уравнение на помощь по структуре уравнения $x^2 + y^2 + z^2 = nxyz$, которое подробно рассматривалось в статье М. Г. Крейна «Диофантово уравнение А. А. Маркова» в «Кванте» № 4 за этот год. Интересно, что это уравнение также разрешимо только при $n = 1$ и $n = 3$, однако число его решения в общих случаях бесконечно. Еще одно пожоже уравнение в целях числа $(x + y + z = xyz)$ встречает в решении задачи M918.

Р. А. Мазов, В. Н. Дубровский

Ф927. Через сцинитляционный счетчик, имеющий форму прямолинього параллеленада, пропелает заряженная частница, и молекуляр сцинитлятора, лежащие вдоль ее траектории, испускают свет. Свет в каждой точке испускается изгорно, то есть равномерно во все стороны. Какая доля световой энергии выйдет из сцинитлятора в воздух, если коэффициент преломления вещества сцинитлятора $n = 1,6$? Положением света в сцинитляторе претенбрьить.

Примечание урезол при вершине конуса равен $\Omega = 2\pi(1 - \cos \theta)$, где $\theta$ — угол между осью конуса и его образующейся.

Рассмотрим луч света, испущенный из произвольной точки внутри сцинитлятора.

Пусть $\alpha$ — угол, который образует этот луч с нормальной $\vec{N}$ к одной из граней параллельнеда, для определения наоземем ее гранью $A$, а $\alpha_0 = \arcsin(1/n) \approx 39^\circ$ — предельный угол полного отражения света на границе сцинитлятора — воздух.

Докажем, что для любых значений показателя преломления $n > \sqrt{2}$ справедливо следующие утверждения:

1. Луч, испущенный под углом $\alpha < \alpha_0$, обязаетно выйдет из сцинитлятора и притом только через грань $A$.
2. Никакой луч, испущенный под углом $\alpha > \alpha_0$, через грань $A$ выйти не может.

Прежде всего заметим, что при отражении

47

света от граней, параллельных $\vec{N}$, угол $\alpha$ не меняется (это следует непосредственно из закона отражения света). Далее, поскольку для $n > \sqrt{2}$ $\alpha_0 < 45^\circ$, минимальный возможный угол падения луча (удовлетворяющий условию $\alpha < \alpha_0!$) на грани, параллельные $\vec{N}$, оказывается больше $\alpha_0$ и, следовательно, через эти грани свет из сцинитиллатора выйти не может. Таким образом, утверждение 1 доказано.

Перейдем к доказательству второго утверждения. Расмотрим все возможные значения углов $\alpha$ от 0 до $180^\circ$. В области $\alpha_0 < \alpha < 90^\circ$, в силу следующого замечания, ясно, что ни при каком из этих углов свет через грань $A$ выйти не может. При начальных углах $90^\circ \leq \alpha \leq 180^\circ$ на грань $A$ могут попасть (но вовсе не обязательно попадут) лишь те лучи, которые испытыли полное отражение на грани — наовем ее $B$, — параллельной $A$. Но такие лучи не могут выйти через грань $A$, поскольку их угол падения на нее точно такой же, как и на грань $B$, от которой они отражились. Следовательно, утверждение 2 тоже доказано.

Итак, все лучи, которые выйдет из счетчика, сосредоточены в шести конусах — ось каждой конуса перpendикулярна одной из граней параллельпеда. Телесный угол, вырезаемый всеми конусами, от максимального телесного угла, равного 4π, составляет долю

$$\eta = \frac{6 \cdot 2\pi(1 - \cos \alpha_0)}{4\pi} = 3\left(1 - \sqrt{1 - \frac{1}{n^2}}\right).$$

Это означает, что из сцинитиллтора с $n=1,6$ выйдет приближительно 2/3 образованшейся световой энергии.

С. А. Хорозов

Ф928. Два одинаковых главных получиндра, общая масса которых $m$, подвешены на нерастяжимой невестой нити так, как показано на рисунке. Чему равны силы натяжения нити и сила давления одного получиндра на другой?

На каждый получиндр действуют сила тяжестеки, сила натяжения нити и сила давления со стороны второго получиндра. Запишем условие получиндра:

в проекциях на горизонтальной ось —

$$T + T \cos \alpha = N,$$

(1)

в проекциях на вертикальной ось —

$$T \sin \alpha = \frac{mg}{2}.$$

(2)

Решая совместно уравнения (1) и (2), находим силу $T$ натяжения нити и силу $N$ давления одного получиндра на другой:

$$T = \frac{mg}{2 \sin \alpha},$$

$$N = \frac{mg(1 + \cos \alpha)}{2 \sin \alpha}.$$

Л. Г. Маркович

48

Ф929. Известно, что, охлаждая сосуд с водой и одноверменно откачивая газ из сосуда, можно довести воду до кипения. Возможно ли закипание жидкости при охлаждении замкнутого сосуда с жидкостью и газом?

Условие закипания жидкости при данной температуре — равенство давления над ней давлению насыщенных паров при этой температуре.

Если замкнутый сосуд с жидкостью и газом охлаждать равномерно, то при любой температуре давление над жидкостью будет больше давления ее насыщенных паров на величины парциального давления газа, находящегося в сосуде. В этом случае жидкость при охлаждения не закипит.

Если же сосуд охлаждать неравномерно, так, чтобы верхняя часть сосуда охлаждалась быстрее, жидкость может закипеть. Это произойдет, когда суммарное давление газа и насыщенных паров над жидкостью, где температура более низкая, становится давлением насыщенных паров при той более высокой температуре, какую имеет в данной момент жидкость.

Л. А. Ашкинази

Ф930. Плотности поверхностного заряда на прямуюольных пластинах плоского конденсатора равны +σ и -σ. Расстояние между пластинами много меньше размера пластин. Определите направление электросектооля в точке A (см. рисунок).

Из сообщений симметрии легко показать, что вектор направления $\vec{E}_A$ электростатического поля в точке A направлен перpendикулярно пластинам конденсатора.

Дейстительно, разобъем мысленно каждую пластину на одинаковые малые участки. Выберем на двух пластинах пар симметричных (лежащих друг против друга) участков. Например $\vec{E} = \vec{E}_1 + \vec{E}_1'$ поля, создавемого зарядами этих участков в точке A, направлена вертикально (см. рисунок). Так что суммарная направление $\vec{E}_A$ поля в точке A также вертикально (то есть перpendикулярна пластинам конденсатора).

Дополнительно каждую пластину нашего конденсатора еще tremя таким же пластинами (с той же плотностью зарядов) так, чтобы точка A оказалась внутри тойкой конденсатора с «учетверенными» пластинами. Например $\vec{E}_0$ поля такого конденсатора в точке A станет равной $\vec{E}_0 = 4\vec{E}_A$, где $E_0 = \sigma/\varepsilon_0$. Следовательно,

$$E_A = \frac{E_0}{4} = \frac{\sigma}{4\varepsilon_0}.$$

О. Я. Савченко

Ф931. Точечный источник расположен на расстоянии 2F от линзы с фокусным расстоянием F. На расстоянии 3F от линзы расположен экран (см. рисунок). За линзой установлена круглая пластинка радиуса R, пропускаю-

49

В точку экрана, лежащую на расстоянии $r$ от оптической оси $(r \leqslant R_\pi)$, попадают лучи, выходящие из линзы на расстоянии $2r$ от оси. Освешенность в этой точке экрана (без использования пластинки) равна

$$E_0(r) = \frac{IF}{(F^2 + r^2)\sqrt{F^2 + r^2}} = \frac{IF}{(F^2 + r^2)^{3/2}}$$

(I — сила света источника; потерями света в линзе мы пренебрегаем). При использовании пластинки освешенность в этой точке будет

$$E(r) = E_0(r) \cdot T(2r) = \frac{IF}{(F^2 + r^2)^{3/2}} T(2r),$$

где $T(2r)$ — «пропускная способность» пластинки в ее точках, находящаяся на расстоянии $2r$ от оптической оси. Понятно, что освешенность в любых точках пятна (независимо от $r$) будет одной и той же, если $T(2r) = k(F^2 + r^2)^{3/2}$, то есть

$$T(r) = k \left(F^2 + \frac{r^2}{4}\right)^{3/2},$$

где $k$ — некоторый коэффициент пропорциональности.

Поскольку $T(r) \leqslant 1$, максимальная возможность во всех точках пятна при использовании пластинки не может быть больше минимальной освешенности пятна, получающей без пластинки. Minimalная освешенность без пластинки — в точках, лежащих на границе пятна, то есть на расстоянии $R_\pi$ от оптической оси. В эти точки попадают лучи, выходящие из пластинки на расстоянии $R_\pi$ от оси. Следовательно, максимальное значение $k$ определяется условием $T(R_\pi) = 1$, то есть

$$k = \frac{1}{(F^2 + R_\pi^2/4)^{3/2}}.$$

Итак, пятно на экране имеет равномерную максимальную возможность освешенностью, если «пропускная способность» пластинки меняется вдоль ее радиуса по закону

$$T(r) = \frac{1}{(F^2 + R_\pi^2/4)^{3/2}} \left(F^2 + r^2/4\right)^{3/2} = \left(\frac{4F^2 + r^2}{4F^2 + R_\pi^2}\right)^{3/2}.$$

A. A. ЛанUDEC