Решения задач М1015—М1020; Ф1028—Ф1031

24

from the capacitor the velocity of the particle was $v$, find its velocity 1) at the point $A$ inside the capacitor (see figure Pис. 3). 2) at the point $B$ immediately after flying out of the capacitor. The capacitor is charged to a difference of potential $U$ and the distance between its plates is much smaller than the size of the plates; the charge of the capacitor is much greater than $q$.

G. V. Grigoriev

P1051. A thin metallic ring, possessing a small discontinuity of length $l$, rolls without sliding with velocity $v$ in a magnetic field whose induction is horizontal and equal to $B$; the vector $B$ is perpendicular to the plane of the ring (see figure Pис. 4). Find the EMF of induction at the moment when the angle AOC (see the figure) equals $\alpha$.

L. G. Markovick

P1052. The luminosity on the Earth’s surface from a full moon is nearly 10 times greater than that from a half moon. Why?

Решения задач

M1015. Можно ли разложить на множители с целыми коэффициентами многочлен $x^4+x^3+x^2+x+12$?

$$\begin{cases} a+c=1, \\ ac+b+d=1, \\ ad+bc=1, \\ bd=12. \end{cases}$$

Для $f(x)=x^4+x^3+x^2+x+12$, $f(-1)=12$, $f(0)=12$, $f(1)=16$.

Делители 12: $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 6, \pm 12$.

Делители 16: $\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 16$.

Одной из трех $g(-1)=6$, $g(0)=3$, $g(1)=2$ отвечает многочлен $g(x)=x^2-2x+3$, — делитель $f(x)$.

Ответ: можно. Искомое разложение получается так:

$$x^4+x^3+x^2+x+12 = \frac{1}{8} (8x^4+8x^3+8x^2+8x+96) =$$

$$= \frac{1}{8} ((3x^2-x+10)^2-(x^2-7x+12)^2) =$$

$$= \frac{1}{8} (4x^2-8x+12)(2x^2-6x+8) =$$

$$= (x^2-2x+3)(x^2-3x+4).$$

Найти это разложение нам помогла догадка. Но существует и более надежные способы решения таких задач. Можно было бы действовать «в люб»: предположить, что данный многочлен разлагается в произведение $(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ двух квадратных трехчленов с целыми коэффициентами, раскрыть скобки и сравнить получащийся многочлен с данным. После приравнивания коэффициентов при одинаковых степенях $x$ возникает система, приведенная на полях; решить ее в целых числа нетрудно — требуется лишь небольшой перебор. Для многочленов более высокой степени такой «метод неопределенных коэффициентов» приводит к громоздким системам управления.

Имеются и общие правила-alгоритмы, позволяющие любой многочлен с целыми коэффициентами разложить в произведение многочленов с целыми коэффициентами или убедиться, что это невозможно, т. е. доказать, что многочлен непроведим.*)

Один из алгоритмов для отыскания квадратного многочлена $g(x)=ax^2+bx+c$ данного многочлена $f(x)$ был указан еще Ньютоном (1707 г.) Возьмем любые три целых точки, скажем $x_0=0$, $x_1=1$, $x_2=-1$. Если $f(x)=g(x)h(x)$, где $g$ и $h$ — многочлены с целыми коэффициентами, то числа $g(x_0)$, $g(x_1)$, $g(x_2)$ делят числа $f(x_0)$, $f(x_1)$, $f(x_2)$. Посление три числа имеет лишь конечное число делителей. Для каждой тройки их делитель $d_0$, $d_1$, $d_2$ можно составить единственный квадрат.*

*) О неприводимых многочленах с целыми коэффициентами рассказываюсь в 10-м и 11-м номерах «Кванта» за 1986 г.

25

ратный трехлен $g(x)$ такой, что $g(x_i)=d_i$, и проверить, является ли его коэффициенты целыми, делится ли на него $f(x)$ и будет ли целыми коэффициенты частного (последняя проверка при $a=1$ не нужна). Этот способ можно искать и делители $g(x)$ любой степени: нужно вместе трех точек взять $k+1$ целых точек. Правда, такой алгоритм (предложенный в 1793 г. астрономом Фридрихом Фон Шубертом и переоткрытый уже в конце XIX века Леопольдом Кронекером) требует очень большого перебора. Об отсутствии более эффективных алгоритмов рассказано, в частности, во 2-м томе книги Д. Кнута «Искусство программирования на ЭВМ» (М., 1977, разделы 4, 6, 2).

Н. В. Васильев, С. Л. Манукян

M1016. Многоугольник описан около окружности с центром O. Пусть P — центр масс многоугольника, K — центр масс его контур. Доказите, что точки P, O и K лежат на одной прямой, причем PO=2PK. (При определении центра P мы рассматрием многоугольник как однородную плоскину, центра K — как контур из однородной проволоки.)

Рис. 1.

Рис. 2.

Заменим каждую сторону многоугольника ее центром масс (т. е. серединой) и помещим в эту точку массу, численно равную длине стороны. Ясно, что точка K совпадает с центром масс полученной системы материалов точек $(K_1, a_1)$, …, $(K_n, a_n)$ (зесь n — число сторонами многоугольника, $K_i$ — их середины, $a_i$ — их длины). Чтобы найти центр масс P многоугольника как плоскину, разобем его на треугольники отрезками, проведенными из центра O окружности в его вершины (рис. 1), найдем центры масс $P_1$, …, $P_n$ этих треугольников $(P_i$ — центр масс треугольника, примыкающего к стороне $a_i$), и помещим в эти точки массы, равные площадям $S_1$, …, $S_n$ треугольников. Тогда P совпадает с центром масс системы материалов точек $(P_1, S_1)$, …, $(P_n, S_n)$. Центр масс треугольной плоскины лежит в точке пересечения медиан. (Для доказательства рассмотрим степенчатую фигуру из k прямогольников равной высоты, приближающего наш треугольник — см. рис. 2 для k=4. Их центры лежат на медиане треугольника, следовательно, центр масс всеей фигуры тоже лежит на этой медиане. Переход к предлу при $k \rightarrow \infty$, получим, что и центр масс треугольника лежит на его медиане.) Таким образом, точка $P_i$ при $i=1$, …, n лежит на отрезке OK_i, причем $OP_i/OK_i=2/3$, т. е. система точек $K_1$, …, $K_n$ переходит в систему $P_1$, …, $P_n$ при готовении с центром O и коэффициентом 2/3. А поскольку и массы в точках $P_i$ пропорциональны $a_i$ ($S_i=a_i R/2$, где R — радиус окружности), точка K при указанной готовении переходит в P, что равnocльно утверждение задачи.

Аналогичноое утверждение справедливо и для многоугольника, описанного около сферы с центром O: если P — центр масс такого многоугольника (как тела), а K — центр масс его поверхности, то $OP=(3/4)OK$.

И. З. Вайштейн

ОТВЕТ. Да. В решении этой задачи использовется прием, ставший уже стандартным: подбирается целочисленная функция от расматриваемых 5 чисел, значения которого многоотношение, скажем, уменшаются при каждой операции и в то же время ограничены сизу; такая функция не может изменять сколь углово долго (ведь каждой раз она уменшается по крайней мере на 1), поэтому после конечного числа шагов дальнейшие операции будут невозможны.

В качестве такой функции можно взять величины

26

то эти числа заменяют соответствующее на $x+y$, — у $z+y$. Такие операции выполняются, пока хотя бы одно из пятых чисел отрицательно. Обязательно ли этот процесс закончится через конечное число шагов?

$$|x| + |y| + |z| + |u| + |v| + |x+y| + |y+z| + ... + |v+x| + |x+y+z| + |y+z+u| + ... + |v+x+y| + |x+y+z+u| + |y+z+u+v| + ... + |v+x+y+z+u|$$

M1018. Пусть $A$ и $B$ — соседние вершины правильного $n$-угольника с центром $O$. Треугольник $XYZ$, равный треугольнику $OAB$, вначале совпадает с ним, а потом движется в плоскости $n$-угольника так, что точки $Y$ и $Z$ остаются на контуре, а $X$ — внутри $n$-угольника. Каждый фигуру описет точка $X$, когда $Y$ и $Z$ совершат полный оборот по границе $n$-угольника?

Ответ. Искомое множество — это правильная «звездочка», составленная из $n$ равных отрезков длины $kR$, где $k = \frac{1}{\cos(\pi/n)} - 1$, а $R$ — радиус описанной окружности данного $n$-угольника (см. рис. 1 для $n=5$); эти отрезки получаются из отрезков, соединяющих центр $O$ многоугольника с его вершинами, при томотении с коэффициентом — $k$ и центром $O$.

Рассмотрим две последовательные стороны $AB$ и $BC$ данного многоугольника (рис. 2); пусть $Y$ лежит на $AB$, $Z$ — на $BC$. При повороте с центром $X$ на угол $2\pi/n$ (равный углу $YXZ$) точка $Y$ перейдет в $Z$, а прямая $AB$ — в прямую, проходящую через $Z$ и составляющую с $AB$ угол $2\pi/n$, т. е. в прямую $BC$. Следовательно, прямые $AB$ и $BC$ одинаково удалены от центра поворота

Рис. 1.

Рис. 2.

та $X$, а это значит, что $X$ лежит на биссектрисе угла $ABC$. При движении точки $Y$ от $A$ до $B$ точки $X$ будет движаться по прямой $BO$ от точки $O$ до некоторого положения $B_1$ и обратно до $O$, причем $B_1$ — это наиболее удаленное от прямой $AB$ положение $X$, поэтому при $X=B_1$, отрезок $XY$ перепendlukурен $AB$. Отсюда находится, что $BB_1=XY/\sin \angle ABO=R/\cos(\pi/n)$. При движении $Y$ по стороне $BC$ точки $X$ пройдет (туда и обратно) следующий луч звездочки — $OC_1$ и т. д.

В. Н. Дубровский

M1019. На листе клетчатой бумаги отмечен неокторое конечное множество $M$ узлов (точек пересечения

26

27

М1020*. На сфере радиуса 1 проведена а) кривая, длина которой меньше л; б) замкнутая кривая, длина которой меньше 2л. Доказите, что найдется плоскость, проходящая через центр сферы, не пересекающая проведенной кривой. (Можно считать, что кривая на сфере — это «ломанная», состоящая из дуг больших кругов.)

Рис. 1.

Модуль точки A, причем если хотя бы на одной линии сетки имеет нечетное число точек множества M, возьмем A на этой линии. Пользовь предположением индукции, раскрасли остальные точки, как требуется по условияю. Телерь надо доказать, что точку A можно окрасить так, что на двух линиях l и m, проходящих через A, это условия не нарушится.

После предварительного раскраски на каждой из линей l и m будет либо поровну красных и белых точек, и тогда наше условие не нарушится при любой раскраске A, либо точек одного цвета будет на 1 большие, чем другого, и тогда A нужно окрасить недостающим цветом. Это было бы неосуществимо, только если бы на одной линии, скажем на l, оказалось больше белых точек, а на другой — больше красных. Но тогда на каждой из линей l и m находится четное число точек множества M (включая A), и, следовательно, в силу выбора A на всех линии сетки находится четное число точек из M. В таком случае на всех линии, отличных от l и m, число белых точек равнялось бы числу красных. Подсчитывая общее число белых и красных точек по линяям, параллельным линей l (включая l), мы получили бы, что белых точек на 1 большие, чем красных; при подсчете по линяям, параллельным m, получилось бы, что красных точек больше. Это противоречие показывает, что единственный непряятный вариант встретиться не может, и точку A всегда можно окрасить в соответствии с условиям.

А. П. Савин

Решение этой задачи становится короче и яснее, если излагается его на языке сферического геометрии. Поэтому с некоторыми словами этого языка.

Большая окружность, или, как чаще говорят, больший круг — это окружность ω, по которой сфера пересекается с произвольной плоскостью α, содержащей ее центр O; концы диаметра сферы, перепедикулярного плоскости α, называются полосами окружности ω, сферическое расстояние s(A,B) между двумя точками сферы A и B определяется как длина меншей дуги большого круга, соединяющей A и B; если радиус сферы равен 1, то, очевидно,

s(A,B)=∠AOB.

Известно, что каждый из плоских углов трехгранного угла меньше суммы двух других (доказательство можно найти, например, в учебном пособии: Геометрия 9—10 / под ред. 3. А. Скопца. — М.: Просвещение, 1981, с. 224), поэтому сферическое расстояние удовлетворяет «неравенству треугольника»*):

s(A,B)<s(A,C)+s(C,B).

В планиметрии из аналогичного неравенства выводится, что отрезок — кратчайшая из линей на плоскости, соединяющихся две данные точки; в сферическое геометрию точно так же доказывается, что кратчайший линей между двумя точками на сфере является дугą большого круга.

Телерь перейдет непосредственно к задаче.

a) Первое решение. Возьмем на данной кривой точку P, которая делит ее на две части равной длины. Для любой точки X кривой сферическое расстояние s(P,X) не превыходит длины участка кривой от P до X,

*) Если точки A и B диаметрально противоположны, знак < в нем надо заменить на =.

28

t. е. меньше π/2. Следовательно, наша кривая не пересекает большой круг с полосом P (для любой его точки Y сферическое расстояние s(P,Y)=π/2; рис. 1). Плоскость, содержащая этот круг, и является искомой.

Во втором решении мы только докажем, что нужная плоскость существует, не указивая ее конкретно. Преимущество этого решения в том, что оно годится для любого набора кривых на сфере, суммарная длина которых меньше π.

Рассмотрим множество всех больших кругов, пересекающих нашу кривую, и для каждой отметим его полосы. Докажем, что плоскость множества M всех отмеченных полосов меньше плоскости сферы, т. е. 4π. Это будет означать, что найдется больший круг, полосы которого не принадлежат множеству M, т. е. не пересекающий нашу кривую.

Ясно, что полосы всех больших кругов, проходящих через некоторую точку X, сами образуют больший круг ω_X с полосом X. Когда точка X пробегает друг AB большого круга, окружности ω_X «заметают» на сфере два равных двумугольника (рис. 2): вершины этих двумугольников являются полосами большого круга AB, а «угол растора» двумугольников равен длине s(A,B) других AB. Площадь двумугольника с углом α на сфере радиуса 1 равна 2α (очевидно, она пропорциональна α и равна 2π при α=π). Следовательно, плоскость множества полосов больших кругов, пересекающих друг AB, равна 4s(A,B), а площадь всего множества M не превыходит 4(α₁+…+αₙ)<4π, где α₁,…,αₙ — длины друг, составляющих данную кривую (или несколько кривых).

6. Выберем на данной кривой две точки A и B, разбииваем ее на части равной длины. Проведем через A и B больший круг и на меньшей из его двух друг с концами A и B возьмем середину P. Теперь, как и в первом решении задачи a), надо доказать, что для любой точки X нашей кривой s(P,X)<π/2. А это неравенство следует из lemмы, которая приводится ниже (сумма длины дуг AX и XB не превыходит длины участка кривой AXB и потому меньше π).

Лемма. Пусть P — середина стороны AB сферического треугольника ABX (на сфере радиуса 1). Тогда длина его «медianы» s(P,X) меньше, равна или больше π/2, если сумма длины заключится ее сторона s(A,X)+s(B,X) соответствующего меньше, равна или больше π.

Доказательство. Пусть сначала s(P,X)=π/2 и Y — точка сферы, диаметрально противоположная X (рис. 3). Сферические треугольники PXB и PYA равны (они «сферическими симметричны» относительно центра P), поэтому s(X,B)=s(Y,A) и

s(A,X)+s(X,B)=s(A,X)+s(Y,A)=π.

Если s(P,X)>π/2, отложим на дуг PX точку X₁ такую, что s(P,X₁)=π/2 (рис. 4), тогда по доказанному суммам s(A,X₁)+s(X₁,B)=π, но из неравенства треугольника следует (см. рис. 4), что она меньше s(A,X)+s(X,B). Аналогично рассматривается случай s(P,X)<π/2.

Задача 6) допускает и решение, аналогичное второму решению задачи a). Пусть множества M образовано полосами всех больших кругов, пересекающих данную кривую. Любой из этих кругов пересекает кривую не менее 2 раз (так как она замкнута), поэтому двумугольники, рассмотренные в решении задачи a), покрывают M по крайней мере в 2 слоя, и следовательно, площад множества M меньше, чем 4·2π/2=4π, т. е. меньше площад сферы.

Г. А. Гальперин, В. Н. Дубровский, В. В. Произвольов

30

$$F = \sum \frac{\mu v}{\Delta t} = \frac{v}{\Delta t} \sum \mu = \frac{M}{\Delta t} v = q \rho v = q \rho \sqrt{2gH}$$

(mасса $M$ равна массе воды, вытекающей из крана за время $\Delta t$, и следовательно, $M/\Delta t = m = q \rho$). Таким образом, $\pi \rho gh^2 r = q \rho \sqrt{2gH}$, откуда получаем оценку $r$:

$$r = \frac{q}{\pi h^2} \sqrt{\frac{2H}{g}}.$$

А. А. Алабузин, А. В. Уманский

Ф1030. На неевесомой нити жесткостью $k$ высит тело массой $m$. Максимальное натяжение, которое выдерживает нить, равно $T$. Тело приоднимют на высоту $x$ от положения равновесия и отпускают. При каком минимальном $x$ нить порвется?

Заметим, что $T > mg$, — иначе было бы невозможно равновесие. В положении равновесия нить растянута на $\Delta l_0 = mg/k$.

После того как груз был поднять на высоту $x$ от положения равновесия и отпущен, он будет движаться вниз. Пройдя положение, соответствующое длине свободной нити, груз начинает растяивать нить. Пусть $\Delta l$ — максимальное растяжение нити. Тогда условия обрыва нити — $k \cdot \Delta l = T \Rightarrow \Delta l = T/k$.

В зависимости от соотношения параметров $T$ и $m$ возможно два случая: 1) $x < \Delta l_0$, 2) $x > \Delta l_0$. Расмотрим их отдельно.

1. $x < \Delta l_0$. Запишем закон сохранения энергии, прияв за нульевой уровень потенциальной энергии тела в поле тяжесте положение, когда нить не растянута:

$$-mg(\Delta l_0 - x) + \frac{k}{2}(\Delta l_0 - x)^2 = -mg \cdot \Delta l + \frac{k}{2}(\Delta l)^2.$$

Подставляя значения $\Delta l_0$ и $\Delta l$ из (1) и (2), находим $x$:

$$x = \frac{T - mg}{k}.$$

Легко видеть, что $x \leq l_0$ эквивалентно условию $T \leq 2mg$. 2) $x > \Delta l_0$. Из закона сохранения энергии —

$$mg(x - \Delta l_0) = -mg \cdot \Delta l + \frac{k}{2}(\Delta l)^2$$

— с учетом (1) и (2) находим:

$$x = \frac{mg}{2k}\left(\left(\frac{m}{mg} - 1\right)^2 + 1\right) \text{ (при } T \geq 2mg).$$

В. Г. Харитонов

Ф1031. Проводящая сфера разбласть на несколько оскольков, разделающихся на большие расстояния друг от друга. Осколики в произвольном порядке соединяют системы оскольков или электроемкость сферы? Емкость проводов претензий.

Сообщим системе оскольков заряд $q$ (пусть для определения $q > 0$). Начнем собирать осколики, соединенные проводами (емкость которых мы пренебрегаем), в сферу. Понятно, что поверхностная плотность заряда на любом уже собранном участке сферы будет положительное. Поэтому при сольжении оскольков между ними все время будет действовать сили отталкивания, и для того чтобы собрать оскольки в сферу, нужно совершить работу $A > 0$.

Заряд собранной сферы будет равен $q$, электростанцияческая энергия ее $W_{\text{сф}} = q^2/2C_{\text{сф}}$, где $C_{\text{сф}}$ — эфективность сферы. Энергия же системы оскольков была $W_{\text{ос}} = q^2/2C_{\text{ос}}$, где $C_{\text{ос}}$ — электроемкость системы. Ясно, что $A = W_{\text{сф}} - W_{\text{ос}}$, и так как $A > 0$, $W_{\text{сф}} > W_{\text{ос}}$, т. е.

$$\frac{q^2}{2C_{\text{сф}}} > \frac{q^2}{2C_{\text{ос}}}.$$

Это означает, что $C_{\text{сф}} < C_{\text{ос}}$ — электроемкость сферы меньше электроемкости системы оскольков, соединенных проводами.

И. М. Луценко