Решения задач М986—М990; Ф998—Ф1002

34

Решения задач

M986—M990; Ф998—Ф1002

Положим $a=x^{10}$, $b=y^{15}$ и рассмотрим функцию
$$f(x)=2x^5+3y^5-5x^2y^3, \quad x \geqslant 0$$
(при фиксированном $y > 0$). Надо доказать, что $f(x) \geqslant 0$. Производная
$$f'(x)=10x^4-10xy^3=10x(x^3-y^3)$$
обращается в 0 при $x=y$, отрицательна при $0 < x < y$ и положительная при $x > y$. Таким образом (см. рисунок), при $x=y$ функция $f(x)$ принимает минимальное значение, и при всех $x > 0$
$$f(x) \geqslant f(y)=2y^5+3y^5-5y^5=0.$$
Другие доказательства, не использующие математического анализа, можно получить, разложив $f(x)$ на множители:
$$f(x)=(x-y)^2(2x^3+4x^2y+6xy^2+3y^3)$$
или воспользоваться неравенством между средним аргументом и средним геометрическим для пяты чисел $x^5, x^5, y^5, y^5, y^5$:
$$\frac{2x^5+3y^5}{5} \geqslant \sqrt[5]{x^5 \cdot 2y^5 \cdot 3}=x^2y^3.$$
(Подробное обсуждение этой задачи содержится в новом издании книги «Заочные математические оптимизации», М.: — «Наука», 1986, задача 4-16.)

Н. В. Васильев

M987. В турнире участвуют 2м команд. В первом.type встретились неокторы.m пар команд, во втором — другие.m пар команд. Докажите, что после этого можно выбрать m команд, никакие две из которых еще не играли между собой.

Изображим наши 2м команд точками на плоскости. Пары команд, встречавшихся в первом.type, соединим красными отрезками, во втором — голубыми. Тогда из каждой точки будет выходить один красный и один голубой отрезок. Любая команда принадлежит неокторому «циклу» — замкнутой ломаной, состоящей из чередушихся голубых и красных отрезков, так что все 2м точек и 2м соединяющих их отрезков образуют один или несколько таких циклов (см. рисунок). Поскольку цвет чередушихся, число команд в каждой цикле четно. Выбрав в каждом цикле пользову команд, стоящих через одну, получим набор m команд, которые еще не играли друг с другом. Из решения видно, что такой набор можно выбрать $2^c$ разными способами, где $c$ — число циклов, и что более чем m команд, не игравших друг с другом, выбрать нельзя*).

M. Бона

M988. Из точки O плоскости проведено n векторов единичной длины. Докажите, что если для неокторого $k < n/2$ по обе стороны от каждой прямой, проходящей через O, лежит не менее k векторов, то длина суммы всех n векторов не больше n—2k.

Пусть $\vec{s}$ — сумма данных векторов; можно считать $\vec{s} \neq \vec{0}$, иначе все очень видно. Например положительное полусьвое $Ox$ системы координат $Oxy$ вдоль вектора $\vec{s}$. Двигаясь по часовой стрелке от

*)Вот еще одна задача с похожей идеей решения: доказать, что если каждый из m участников кружка решил две из m предложенных задач, то можно организовать разбор задач так, чтобы каждый рассакал одну решенную им задачу (см. задачу 5-42 в книге, упомянутой в решении M986).

35

отрицательной полуси $Ox$, заиммерем данные векторы, лежащие в верхней полуплоскости $y \geqslant 0$:
$\vec{a}_1, \vec{a}_2, \dots$; аналогично, дивяясь против часовой стрелки, заиммерем остальные векторы (в нижней полуплоскости): $\vec{b}_1, \vec{b}_2, \dots$ (см. рисунок). По условияю по крайней мере $k$ векторов лежат влевой полуплоскости $x \leqslant 0$; пусть это будет $\vec{a}_1, \vec{a}_2, \dots, \vec{a}_l$ и $\vec{b}_1, \vec{b}_2, \dots, \vec{b}_{k-1}$, … Условие «по обе стороны от каждой прямой лежит не менее $k$ векторов» эквивалентно тому, что каждый из $n$ векторов вместе с $k$ следующими за ним против часовой стрелки (или по часовой стрелке) лежат в одной полуплоскости. Отсюда следует, что $k$ попарных сумм векторов:
$\vec{a}_1 + \vec{b}_{k-1+1}$ (то есть сумма вектора $a_1$ и $k$-го от него против часовой стрелки, $\vec{a}_{l-1} + \vec{b}_{k-l+2}, \dots, \vec{a}_1 + \vec{b}_k$, а также $\vec{b}_{k-l} + \vec{a}_{l+1}, \vec{b}_{k-1-l} + \vec{a}_{l+2}, \dots, \vec{b}_1 + \vec{a}_k$ — все дают отрицательные проекции на ось $Ox$. (Действительно, например, сумма $\vec{v} = \vec{a}_1 + \vec{b}_k$ направлена по биссектрисе угла, образованного векторами $\vec{a}_1$ и $\vec{b}_k$, а отрицательная полуси $Ox$ лежит внутри этого угла и потому составляет острый угол с $\vec{v}$.) Проекции каждой из остальных $n-2k$ векторов не больше 1. Поэтому проекция суммы всех векторов, а она равна длине $\vec{s}$, не больше $n-2k$.

Заметим, что в условиях задачи вектор, лежащий на прямой, можно считать расположенным по любому сторону от нее.

Интересно было бы получить утверждение, аналогичное нашей задаче, для векторов в пространстве.

П. А. Калуцин, В. В. Прасолов

◆ Пусть $d_1, d_2, \dots, d_n$ — такие делители числа $a$, что
$$a - 1 = \frac{a}{d_1} + \frac{a}{d_2} + \dots + \frac{a}{d_n}.$$
Тогда
$$1 - \frac{1}{a} = \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} + \dots + \frac{1}{d_n} < 1.$$ (1)

Идей решения задачи заключится в том, чтобы каждый $n=2, 3, \dots$ в множестве $X_n$ чисел, представимых суммой $n$ чисел, образных натуральным, указать наиболее число $\mu_n$, строго меньше 1. Тогда из (1) будет следовать оценка для $a$:
$$1 - \frac{1}{a} \leqslant \mu_n \Rightarrow a \leqslant \frac{1}{1-\mu_n}.$$ (2)

Заметим, что поскольку множество $X_n$ бесконечно, даже существование такого $\mu_n$ для каждой $n$ нуждается в доказательстве: наглядное объяснение этого доказательства, которое мы приведем в пункте в), состоит в том, что $X_n$ получается прибавленем к каждому числу из $X_{n-1}$ всех чисел вида $1/k$ ($k=1, 2, \dots$) и потому точки из $X_n$ в бесконечном количестве накапливаются лишь справа от каждой точки из $X_{n-1}$ и не могут скопиться слева от каждой точки (в частности, от точки 1).

a) Ответ: $a=3, 4, 6$. Если
$$x = \frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} < 1, \quad k_1 \leqslant k_2,$$
то $k_1 \geqslant 2, k_2 \geqslant 3$ (начue $x \geqslant 1/2 + 1/2=1$), поэтому $x \leqslant \mu_2=1/2+1/3=5/6$ и из (2) следует, что $a \leqslant 6$. Перебирая все такие $a$, видим, что число $a-1$

36

можно представить в виде суммы двух делительей $a$ лишь при $a=3, 4$ и 6 (в этих случаях $a-1$ равно $2=1+1, 3=2+1, 5=3+2$; представить 4 в виде суммы двух делительей $a=5$ нельзя).

6. Пусть

$$x = \frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} + \frac{1}{k_3} < 1, \quad k_1 \leqslant k_2 \leqslant k_3.$$

Если $k_1 \geqslant 3$, то $x \leqslant 1/3+1/3+1/4=11/12$; если $k_1=2, \quad k_2 \geqslant 4$, то $x \leqslant 1/2+1/4+1/5=19/20$; если $k_1=2, \quad k_2=3$, то $k_3 \geqslant 7$ и

$$x \leqslant 1/2+1/3+1/7=41/42.$$

Таким образом, $\mu_3=41/42$ и из (2) следует, что $a \leqslant 42$. Перебирая эти $a$, можно выбрать те, для которых $a-1$ представляется в виде суммы трех делительей $a-1$. Ответ: $a=4, 6, 8, 10, 12, 18, 20, 24$ и 42.

в) Докажем, что для любого $c>0$ в множество чисел, принадлежащих $X_n$ и меньше $c$, есть наиболее число $\mu_n(c)$. (Для решения задачи достаточно доказать это для $c=1$, но более общее утверждение легче доказать индикцией по $n$.) Например, что $X_n$ — бесконечное множество чисел вида

$$x = \frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} + \dots + \frac{1}{k_n},$$

(3)

где $k_1, k_2, \dots, k_n$ — натуральные числа.

Для $n=1$ нашей утверждение очевидно: $\mu_n(c)$ — это наиболее число вида $1/k$, меньше $c$, то есть $1/[c+1]$ (квадратные скобки ознакомают целую часть числа). Пусть нашей утверждение доказано для $X_{n-1}$; доказем его для $X_n$.

Выберем натуральное $k$ такое, что $n/k < c$ (можно взять $k=[n/c]+1$). Тогда среди чисел $x$ из $X_n$, меньше $c$, имеется число $n/k$ (сумма $n$ дробей $1/k$), а в представлении (3) любого числа $x$, также, что $n/k < x < c$, хотя одна из дробей $1/k_i$ больше $1/k$, то есть $k_i \leqslant k-1$. При этом $x-1/k_i$ принадлежит $X_{n-1}$ и наиболее из таких $x$ — а это и есть $\mu_n(c)$ — будет равно наиболее из конечного набора чисел

$$\frac{n}{k}, \quad \mu_n\left(c - \frac{1}{k-1}\right) + \frac{1}{k-1},$$

$$\mu_n\left(c - \frac{1}{k-2}\right) + \frac{1}{k-2}, \dots, \quad \mu_n\left(c - \frac{1}{l}\right) + \frac{1}{l}$$

(где $l$ — наиболее натуральное число, для которого $c-1/l>0$, то есть $l=[1/c]+1$).

Оказывается, можно для каждой $n=3, 4, \dots$ указать наиболее число $a_n$, для которого $a_n-1$ представляется в виде суммы $n$ делительей $a_n$: довольно давно была сформированная гипотеза о том, что $\mu_n(1)$ — близкая слева к 1 число вида (3) — равно сумме первых $n$ дробей $n$ дробей

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{7} + \frac{1}{43} + \frac{1}{1807} + \dots,$$

в котором знаменатель каждой дроби на 1 больше произведения знаменателя всех предыдуших; из нее вытекает, что $a_n$ — это произведение знаменателя первых $n$ дробей (то есть $a_{n+1}=a_n^2-a_n$).

H. B. Васильев

37

М990. В пространстве заданы три попарно скрещивающих прямых a, b и c, не параллельных одной плоскости, существует различных параллеленедов, у которых эти три прямые:
a) проходят по ребрам,
b) проходят по ребрам или диагоналям граней,
b) содержат б вершин параллеленеда?

Заметим сначала, что для любых трех попарно скрещивающих прямых a, b и c, не параллельных одной плоскости, существует единственный отрезок с концами на a и b, параллельный c.

Действительно, искомый отрезок должен лежать в плоскости a, содержащей a и параллельной c. Очевидно, такая плоскость существует (ее можно проверить через a и любую прямую, пересекающую a и параллельную c), единственная и не параллельна b. Точка пересечения a и b — один из концов нашего отрезка. Проведяем него прямую, параллельную c, до пересечения с a, получим второй конец.

Такого рода отрезок нам придется проводить много раз; для краткости будем называть его c-mостиком между a и b или просто c-mостиком. На рисунках 1—9 данные прямые обозначаны с ним цветом,ностики — красным.

a) Ответ: 1. Ясно, что 3 местка, определяемые данныхми прямыми, являются ребрами исключого параллелепипеда (рис. 1). Построив их, мы получим 6 вершин, после чего однозначно восстановляются и 2 последние вершины.

b) Ответ: 19. Перечислим сначала всевозможные наборы из трех попарно скрещивающих ребер или диагоналей граней параллелепипеда. Они могут содержать:

1. 3 ребра (см. задачу a));
2. диагональ грани a, ребро b, параллельное этой грани, и ребро c, ее пересекающей (рис. 2);
3. ребро a, диагональ b грани, параллельной a, и диагональ c грани, пересекающей a (рис. 3);
4. ребро a и диагонали b и c двух граней, параллельных a (рис. 4);
5. 3 диагонали a, b и c граней, из которых 2 (скажем, b и c) лежат в параллельных гранах (рис. 5).

В каждом из этих случаев параллелепипед можно однозначно восстановить, если заданы прямые, содержащие отрезки a, b и c, и указано, какой именно прямой принадлежит каждой из этих отрезков; при этом в качестве таких прямых можно быть любые 3 прямые, удовлетворяющие условиям задачи.

Как построить параллелепипед с помощью наших «мостиков», объявляют рисунки 2—5. Разберем подробнее только один случаем 2). Построив c-mостик AB между a и b и b-mостик CD между c и a, получим 4 вершины параллелепипеда — концы A и D диагоналя грани a и по одному концу — B и C — ребер b и c. Для построения остальных вершин достаточно отложить вектор $\vec{AB}$ от точек C и D и вектор $\vec{CD}$ от точек A и B. Построения в случае 3) и 4) аналогичны, а в случае 5) концы наших мостиков дают 4 вершины и центры двух проположных граней параллелепипеда, что позволяет легко найти остальные вершины.

В каждом из случаев 2)—5) надо еще указаать, какой из отрезков a, b, c будет лежать на каждой из трех данных прямых. Такое «распределение полей» можно осуществить 6 разными способами, причем, как видно из построения, в случае 2) и 3) это дает по 6 разных параллелепипедов, а в случае 4) и 5) — по 3 (поскольку построения не меняются при перестановке b и c). Суммируя число параллелепипедов по всем случаям, получим 1+6+6+3=19.

38

В) Ответ: 31. К вариантом, рассмотренным при решении задачи 6), добавляются те, при которых одна из прямых содержит диагональ $a$ параллелепида, а 2 другие —
6) 2 ребра $b$ и $c$ (рис. 6),
7) ребро $b$ и диагональ грани $c$ (рис. 7),
8) 2 диагонали граней $b$ и $c$ (рис. 8).

Построим $b$- и $c$-мостики. В случае 6) их концы являются вершинами параллелепида, и дальнейшее построениеясно из рисунка 6. В случае 7) $b$-мостик $AC$ между $a$ и $c$ является ребром параллелепида; если $BD$ — это $c$-мостик между $b$ и $a$, то точка $D$ (как и точки $A$, $C$) — вершина параллелепида, еще 2 вершины — это концы векторов, равных $\vec{CA}$, отложенных от $D$ и $B$, остальные 3 вершины строятся оченьным образом (рис. 7). Несолько сложнее построение в последнем случае 8). Пусть $A_1B$ и $A_2C$ — $c$- и $b$-мостики между $a$ и $b$, или соответствно $a$ и $c$ (рис. 8). Тогда точки $A_1$ и $A_2$ делят диагональ $a$ параллелепида на 3 равные части, а точки $B$ и $C$ делят отрезки $b$ и $c$ в отношении 2:1, причем отрезки $A_1B$ и $A_2C$ в 3 раза короче диагональной $c$ и $b$ соответствно. (Эти утверждения становятся очевидными, если взглянуть на проекцию параллелепида вдоль диагонали $b$ — рис. 9 — и учеть, что при параллельной проекции отношения длины параллельных отрезков сохраняются.) Теперь, отложив от $A_1$ векторы $\overrightarrow{A_2A_1}$ и $\overrightarrow{2A_1A_2}$, мы найдем концы отрезка $a$; отложив от $C$ векторы $\overrightarrow{BA_1}$ и $\overrightarrow{2A_1B}$, найдем концы отрезка $c$ и, аналогично, концы $b$, после чего остается построить по 6 вершинами 2 остальные.

Поскольку в случае 7) имеется 6 способов «распределить поля» между данными прямыми, а в случае 6) и 8) — 3, общее число параллелепидов равно $19 + 3 + 6 + 3 = 31$.

В. Н. Дубровский

Ф998. Горнолыжник спускается с выской горы с установленшей скоростью $v$. Гора образует цолл а с горизонтальным и плавно переходит в горизонтальный участок. Как должен наклоняться лыжник, чтобы не упасть в момент перехода? Считать, что переход просходит лыжника равна $M$. Сторотвление воздуха не учитывать.

Так как переход плавный, кинетическая энергия лыжника построена и его скорость $v_1$ сразу после перехода на горизонтальный участок равна $(по модулю) v$. Изменение импульса лыжника за время $t$ перехода равно $\Delta \vec{p} = M(\vec{v}_1 - \vec{v})$ и направлено по биссектрисе угла $ABC$ (см. рис.нок).

Из закона изменения импульса, учитывая малое значение $t$, имеем: $\Delta \vec{p} = f\tau$, где $\vec{f}$ — сила, действующая на тело лыжника со стороны лыжки (она также направлена по биссектрисе). Для равновесия лыжника необходимо, чтобы вектор этой силы проходил через центр масс лыжника. Из этого условия находится, что в момент перехода на горизонтальный участок должен наклоняться вперед на угол $\alpha/2$ от того положения, которое он занимал при движении по склону.

А. Н. Семенов

39

Ф999. По главной горизонтальной поверхности стола скользит мешок массой $m_1$, связанный жесткой небольшие вервкой с мешком массой $m_2$. Веревка, соединяющая мешки, проходит через небольшое отверстие в столе (см. рисунок). Длина вервки $L$, высота стола $H$, причем $H < L$. На какую высоту поднимается мешок $m_2$ после удара об пол, если в начальной момент все вервка лежала на столе и мешки не двizzались?

Скорости $v$ мешков к моменту удара одного из них об пол определяются законом сохранения энергии:

$$\frac{1}{2} (m_1 + m_2) v^2 = m_2 g H.$$

После удара мешок массой $m_1$ будет двигатся по столе, пока не натянет вервку. В этот момент мешок $m_2$, лежащий на пол, рыбом ускоряется так, что скорости мешков становятся одинаковыми по величины.

Изменение скорости мешков по абсолотной величине при этом рывке такое же, как если бы мешок массой $m_2$ лежал не на полу, а на столе. Действительно, взаимодействие мешков осуществляется через вервку, и сила, прилагаемая к мешку, лежащему на полу, лишь по направлению отличается от той, которая была бы, если бы он лежал на столе.

Таким образом, скорости мешков $u$ после рывка можно найти с помощью закона сохранения импульса:

$$m_1 v = (m_1 + m_2) u.$$

Дальнейшее движение мешков вновь «kontrolируется» законом сохранения энергии, и максимальная высота $h$ подема мешка $m_2$ определяется соответствием

$$m_2 g h = \frac{1}{2} (m_1 + m_2) u^2.$$

Исключая $v$, $u$ из (1), (2), (3), получаем:

$$h = \left( \frac{m_1}{m_1 + m_2} \right)^2 H.$$

Г. Л. Коткин

Ф1000. Ток $I$, текущий по контуру, образованному четырьмя ребрами куба (рис. 1), создается в центре куба магнитное поле с индукцией $B_0$. Найти величины и направление вектора индукции магнитного поля, создается в центре куба током $I$, текущим по контуру из шести ребер (см. рисунок 2 на с. 40).

Рис. 1.

Из сообщений симметрины следует, что индикция $\vec{B}_0$ поля, создаваемого в центре куба (в точке $O$) током $I$, текущим по контуру $ABCDA$ (см. рис. 1), параллельна оси $OY$. Действительно, при повороте на $90^\circ$ вокруг $OY$ контур $ABCDA$ переходит сам в себя, следовательно, вектор $\vec{B}_0$ тоже должен перейти сам в себя. По правли буравчка вектор $\vec{B}_0$ направлен вдоль $OY$. Таким образом, в проекции на оси $OX, OY, OZ$

$$\vec{B}_0 = (B_x, B_y, B_z) = (0, B_0, 0).$$

Чтобы найти поле $\vec{B}$, создаваемое током, текущим по контуру $ABCGHEA$ (см. рис. 2), воспользуемся принципом суперпозиции. Заметим, что точно такое же распределение тока по ребрам куба получится, если взять три контур: $ABCDA$, $DCGHD$ и $ADHEA$, по каждому из которых течение ток $I$. Значит, совокупность этих трех контуров создается в центре куба искомое поле $\vec{B}$. В соответствии с принципом суперпозиции, $\vec{B}$ равно векторной сумме трех полей, создаемых каждым из контуров:

$$\vec{B} = \vec{B}_{ABCDA} + \vec{B}_{DCGHD} + \vec{B}_{ADHEA} = (0, B_0, 0) + (-B_0, 0, 0) + (0, 0, B_0) = (-B_0, B_0, B_0).$$

41

Ф1002. Точечный источник света находится на расстоянии L от экрана. Собирающий линзу с фокусным расстоянием F > (L/4), паралельную экрану, перемещают между источником и экраном. При каком положении линзы диаметр пятна, вдымого на экране, будет минимальным?

Пусть линза сdviraется в сторону так, что расстояние между ней и экраном не изменяется. Тогда остаточная неизменными и размеры пятна на экране, ведь пучок лучей за линзой представляет собой конус с вершиной в действительном или минимом изображении источника и образуощими, проходящими через перimetр линзы. Так как точки пересечения плоскостей линзы и экрана с высотой конуса при таком свете не изменяется, то (из подобия) не изменяется и размер пятна.

Поэтом мы можем сdviraнуть линзу так, чтобы источник находился на ее главной оптической оси. Пусть x — расстояние от источника до линзы. Нетрудно показать, что при условии F > (L/4) получить резкое изображение источника (точку) на экране невозможно — при любом положении линзы на экране будет видно пятно, диаметр d которого зависит от x и минимalen при x = x₀. В самом деле, изображение источника попадает на экран, если

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{L-x} = \frac{1}{F},$$

или $x^2 - Lx + FL = 0$,

но данное уравнение не имеет решений — его дискриминант $L^2 - 4FL = 4L((L/4) - F)$ по условию отрицательен.

Если x < F, то пучок лучей за линзой расстояния, и пятно тем больше, чем дальше линза от экрана. При F ≥ L имеем x < F для всех возможных x, и в этом случае d минимально при x₀ = L, то есть когда линза установлена вплотную к экрану. Если же (L/4) < F < L, то очевидно, что x₀ > F (пучок должен сходиться). В этом случае изображение источника находится за экраном на расстоянии y от линзы таком, что

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{F},$$

то есть y = $\frac{xF}{x-F}$.

Из сообщений подобия получаем (см. рисунок):

$$\frac{d}{D} = \frac{y - (L-x)}{y},$$

откуда

$$d = D \frac{y - (L-x)}{y} = D \left(1 - \frac{(L-x)(x-F)}{xF}\right) = D \left(2 \sqrt{\frac{L}{F}} - \frac{L}{F} + \left(\sqrt{\frac{L}{x}} - \sqrt{\frac{x}{F}}\right)^2\right).$$

Это выражение имеет минимальное значение при x = x₀ = $\sqrt{LF}$, и

$$d_{\min} = D \sqrt{\frac{L}{F}} \left(2 - \sqrt{\frac{L}{F}}\right).$$

Таким образом, размер пятна минимлен при x₀ = L, если F ≥ L, при x₀ = $\sqrt{LF}$, если F < L.

Д. Ю. Григорьев

Поправка
На четвертой странице обложки в «Кванте» № 6 неправильно указана фамилия автора программы. Автором этой программы является А. А. Левин.