Решения задач М1041—М1045; Ф1053—Ф1057

24

Решения задач
M1041 — M1045, Ф1053 — Ф1057

М1041. На плоскости заданы: a) четыре, б) три вершины правлого пятуугольника. С помощью двусторонней линеей восстанавливайте остальные его вершины. (Двусторонней линеей можно делать то же, что и обычной линеей без деления, а также проводить прямую, параллельную данной на расстоянии, равном ширине линеей.)

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

M1042. В классе организации турир по перегрузиванию каната. В туриреровно по одному разу должны участвовать всевозможные команды, которые можно составить из учащихся этого класса (из одной, двух и т. д. человек, кроме команды всего класса). Докажите, что каждая

Ключевой элемент решения — построение биссектрисы угла, показанное на рисунке 1. Мы будем также пользоваться тем, что любая сторона правлого пятуугольника видна из любой его вершины (за исключением концов этой стороны) под углом π/5. Искомый пятуугольник обозначим через ABCDE.

a) Пусть данные вершины A, B, C, D. Для построения E достаточно заменить, что AE — биссектриса угла, смежного с углом BAC (∠BAC=π/5, ∠CAE=2π/5) и аналогично DE — биссектриса угла, смежного с CDB (рис. 2).

6. Очевидно, достаточно рассмотреть 2 случая: 1) заданные вершины A, B, C, 2) заданные вершины A, B, D. В случае 1 (рис. 3) строим AE — биссектриса угла, смежного с BAC, и AD — биссектрису угла EAC; вершина D находится на пересечении AD и биссектрисы угла, смежного с ACB. Аналогично строим E. В случае 2 (рис. 4) можно воспользоваться тем, что AC и DC — биссектрисы углов BAD и BDF, где DF — биссектриса угла, смежного с ADB. Это позволяет построить вершину C, а затем и E.

Некоторые читатели не обратили внимание на последнюю фразу условия и посчитали, как это принято во многих книгах о геометрических построениях, что двусторонняя линеейка позволяет проводить две параллельные прямые на расстоянии, равном ширине, через две заданные точки A и B (как на рисунке 5). При таком понимании оказывается разрешимыми все задания на построение, которые можно решить традиционным набором инструментов — циркулем и линейкой (но окружность следует считать построенной, если указаан ее центр и отрезок, равный радиусу). Интересно выяснить, верно ли это для «двусторонней линеейки» в смысле нашей задачи.

М. И. Грипичк

Рис. 4.

Рис. 5.

Назовем две команды дополнительными, если одна из них состоит из всех учеников, не вошедших в другую. Каждый ученик класса входит только в одну из двух дополнительных команды, следовательно, он входитровно в поливину всех команда. Но пользоваться всех командах числу всех предстоящих совершений. Таким образом, число совершений совпадает с числом выступлений каждой ученика, а значит, в каждом совершении будут выступать все ученики, т. е. две дополнительные команды.

Приведем еще одно решение. Допустим, что в одном

25

Команда будет совершаться с командой всех остальных учеников класса.

M1043. Может ли разить множество всех целых чисел на три подмножества так, чтобы для любого целого n числа n, n−50, n+1987 принадлежали trem разным подмножества?

Ответ: нельзя. Доказательство проведем от противного. Предположим, что указанное в условиям разбиение существует. Будем писать m≈k, если целые числа m и k принадлежит одному и тому же подмножества разбиения, и m≠k, если нет. Доказем, что n≈n+1937 и n≈n−150

для любого целого n; отсюда будет следовать, что 0~1937~2·1937~…~50·1937=
=646·150−50~645·150−50~…~50,
т. е. 0~−50, а это противоречит условиям задачи.

Назовем тройку чисел представленный, если она содержит по одному числу от каждой подмножества разбиения. По условиям тройки
n−50, n, n+1987; n−100, n−50, n+1937 и
n+1937, n+1987, n+2·1987

— представленные при любом n (1937=1987−50). В частности, из второй и третьей тройки видно, что n+1937≠n−50 и n+1937≠n+1987, а из первой — что n≠n−50 и n≠n+1987. Отсюда следует нашей утверждение: n≈n+1937. Телерч число n+1937 во второй тройке можно заменить на n, т. е. тройка n−100, n−50, n — представлена. Подставляя в нее n−50 вместе n, получим еще одну представительную тройку n−150, n−100, n−50. Из сравнения этих двух троек вытекает второе утверждение: n≈n−150.

С. В. Коняzin

M1044. Доказите, что из четырех чисел всегда можно выбрать два числа x и y также, что
0≤x−y/1+xy≤1.

Пусть α, β, γ, δ — арктангенсы данных чисел, расположенные по возрастанию; тогда
−π/2<α≤β≤γ≤δ<π/2<α+π.

Точки β, γ, δ разбивают отрезок [α; α+π] на четыре отрезка. Длина хотя бы одного из них не превыходит π/4; в качестве x и y можно взять тангенсы его правого илевого концов. Дейстительно, если, например, β−α≤π/4, то, учитывая, что β−α≥0, имеем 0≤tg(β−α)≤1 и при этом
tg(β−α)=tgβ−tgα/1+tgβtgα=x−y/1+xy.

(В случае (α+π)−δ≤π/4 надо еще воспользоваться равенством tg(α+π−δ)=tg(α−δ).)

И. Н. Сергеев

M1045. В некоторых церсте, неоктором государстве, территория которого

Организуем оповещение следующим образом. Разобем церсто на 4 квадрата со стороны 1 км — квадраты 1-го ранга; каждый из этих квадратов разобем на

26

имеет форму квадрата с стороны 2 км, царь решает созвать всех жителей к 7 часов вечера к себе во дворец на бал. Для этого он в полдень посылает с поручением гонца, который может передать любое указание любому жителю, который в свою очередь может передавать любое указание любому жителю и т. д. Каждый житель до поступления указания находится у себя дома (в известном месте) и может передвizaться со скоростью 3 км/ч в любом направлении. Докажите, что царь может организовать оповещение так, чтобы все жители успешили к началу бала.

Ф1053. В тонком главном грубопроводе скольцит (в поле сны тяжесту) забкий однородный шнур (см. рисунок). Участик АВ и BC грубопровода представляют собой полукругности радиусом R, точки A, B, C лежат на одной вертикали; длина шнура l = 2πR. Начти все точки шнура, в которых натяжение равно нулю в тот момент, когда нижний конец шнура находится в точке C.

Пусть в тот момент времени, который запечатлен на рисунке, шнур имеет ускорение a. Найдем его.

За малый промежуток времени Δt шнур переместился так, что его конец, находившийся в точке C, сметлился на Δx=v·Δt, где v — значение мгновенной скорости шнура. Кинетическая энергия шнура за это время увеличилась на

$$\Delta K = \frac{m(v + \Delta v)^2}{2} - \frac{mv^2}{2} \approx mv \cdot \Delta v$$

(m — масса шнура; слагаемый ~(Δv)² мы пренебрегли). Потенциальная энергия шнура изменилась на

$$\Delta \Pi = \Delta m \cdot gh = m \frac{\Delta x}{l} gh = m \frac{v}{l} gh \cdot \Delta t,$$

где Δm — масса участика шнура длиной Δx, который как «переместился» из точки A в точку C, т. е. опустился с высоты h=4R. Согласно закону сохранения энергии ΔK=ΔΠ, т. е.

$$mv \cdot \Delta v = m \frac{v}{l} gh \cdot \Delta t.$$

Отсюда находится шнур в какой-нибудь точке и найдем для получения отрезков их ускорения (тем же способом, который мы воспользовались выше). Если ускорения отрезков оказываются одинаковыми, это

27

Ф1054. Два стержня одинаковой формы сделаны из материалов с разными упругими свойствами — модели Юнга материалов равны соответствию $E_1$ и $E_2$. Стержни склеены торцами и покрыены одной краской, так что полученные образец выглядают как однородный стержень. Какой модель Юнга «вещества» этого стержня измерит экспериментатор, не знающий, что стержень составной?

Составной стержень представляют собой два последовательно соединенных упругих стержня с жесткостьми, равными, соответствию $k_1$ и $k_2$. Удлинение $x$ составного стержня при его растяжении равно $x_1+x_2$, где $x_1, x_2$ — удлинения первого и второго стержней. Поскольку растяживающая сила одинаковая для общих стержней (стержни покояться), то из закона Гука следует, что

$$k = \frac{k_1 k_2}{k_1 + k_2},$$

где $k$ — жесткость составного стержня.

Жесткость связи с моделями Юнга материалов стержней:

$$k_1 = E_1 \frac{S}{l}, k_2 = E_2 \frac{S}{l}, k = E \frac{S}{2l},$$

где $l$ — длина каждого стержня, $S$ — площадь поперечного сечения, $E$ — модель Юнга «вещества» составного стержня. Следовательно, значение $E$, которое получит в измерениях экспериментатор,

$$E = k \frac{2l}{S} = \frac{k_1 k_2}{k_1 + k_2} \frac{2l}{S} = \frac{2E_1 E_2}{E_1 + E_2}.$$

В. А. Давыдов

Ф1055. Электрический прбор П подключен к сети переменного тока с напряжением 220 В через конденсатор емкостью $C = 0,5$ мкФ (рис. 1). Амперметр показывает ток $I = 0,01$ А, показание волтметра — $U = 180$ В. Найти мощность, потребляемую от сети прбором. Считать амperметр и волтметр идеальными.

Рис. 1. Рис. 2.

Найдем сначала действующее значение напряжения на конденсатор:

$$U_C = IX_C = I \frac{1}{2\pi C} = 63,7 \text{ В}$$

(здесь $v = 50$ Гц — частота колебаний переменного тока в сети). Теперь нарисуем векторную диаграмму*) токов и напряжений для данной цепи (рис. 2). Из диаграммы легко найти сdwг фаз $\varphi$ между током $I$ и напряжением $U_0$:

$$\varphi = 90^\circ - \arccos \alpha = 90^\circ - \arccos \frac{U_0^2 + U_C^2 - U^2}{2U_0 U_C} \approx 46^\circ.$$

Активная мощность, потребляемая прбором П, равна активной мощности, которая выделяется во всей цепи (в конденсаторе тепло не выделяется), т. е.

$$P = U_0 I \cos \varphi \approx 1,53 \text{ Вт.}$$

А. Р. Зильберман

*) О том, что такое векторные диаграммы и как они строятся, можно прочитать, например, в статье «Цепи переменного тока» («Квант», 1986, № 9).

28

Ф1056. В схеме, изображенной на рисунке 1, ключ К₃ сначала замкнут, а ключ К₁ и К₂ разомкнуты. В некоторых момент времени замкнут ключ К₁, а спустя время t₁ = 0,1 с замкнут ключ К₂. Еще через время t₂ = 0,2 с замкнут ключ К₃. Начит: 1) максимальное напряжение на конденсаторе; 2) ток через катушка L₁ через время t₃ = 1 с после замкнутая ключка K₁. Сопротивлением проводов претензей, диод считать идеальным; L₁ = 1 Гн, L₂ = 0,5 Гн, C = 10 мкФ, U₀ = 10 В.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Ф1057. Гантель, состоящая из двух шариков массой m какды, закрепленных на концах лезкою стеряния дииной 2b, подвешена в горизонтальном положении на двух нерастижных нитях дииной l, расстояние между которых 2a (рис. 1). Начит перiod малых крутильных колебаний гантели.

После замкнутия ключа K₁ в катушке L₁ появляется ток, который с течение времени увеличивается по линейному закону

$$I_1 = \frac{U_0}{L_1} t.$$

To же проискодит и в катушке L₂ после замкнутия ключа K₂. В момент размыкания ключа K₃ (рис. 2)

$$I_1 = \frac{U_0}{L_1} (t_1 + t_2) = 3 \text{ A},$$

$$I_2 = \frac{U_0}{L_2} t_2 = 4 \text{ A},$$

а заряд на конденсаторе равен нулю.

В тот момент, когда заряд конденсатора стает максимальным (он будет оставаться таким и в дальнейшем —диод не дает конденсатору разрядиться), через обе катушки будет течение тот же ток I, не равный нулю (рис. 3). Контур, состоящий из двух катушек и двух батареек, сверхпроводящий, а батарейки компенсируют друг друга, поэтому магнитный поток, произвольный контур, со временем не изменяется:

$$L_1 I_1 - L_2 I_2 = L_1 I + L_2 I.$$

Отсюда получаем ответ на второй вопрос задачи:

$$I = \frac{L_1 I_1 - L_2 I_2}{L_1 + L_2} = \frac{2}{3} \text{ A}.$$

Начиная с момента размыкания ключа K₃ и до момента установления максимального заряда qₘ на конденсаторе батарейки совершили работу

$$A = q_m U_0.$$

Тогда, записав закон сохранения энергии

$$\frac{L_1 I_1^2}{2} + \frac{L_2 I_2^2}{2} + A = \frac{(L_1 + L_2) I^2}{2} + \frac{q_m^2}{2C},$$

или

$$q_m^2 - 2CU_0 q_m - C (L_1 I_1^2 + L_2 I_2^2 - (L_1 + L_2) I^2) = 0,$$

находим ответ на первый вопрос:

$$q_m \approx 1,3 \cdot 10^{-2} \text{ KJ}, \ U_m = q_m / C \approx 1300 \text{ B}.$$

Решение может стать более очевидным, если заметить, что две батарейки можно заменить одной (т. е. объединить положительные полюсы батареек).

А. Р. Зильберман

При круглых колебаниях гантель поворачивается вокруг вертикальной оси OO₁. Выясним, как зависит потенциальная и kineticческая энергия гантели от угла повората φ (рис. 2).

Пусть при повороте на угол φ центра тяжестега гантели поднимается на высоту Δh (относительно положения равновесия). Как видно из рисунка 2, Δh = l - h, где

$$h = \sqrt{l^2 - |BB_1|^2} \approx \sqrt{l^2 - a^2 \varphi^2}$$

(поскольку угол повората φ мал, |BB₁| ≈ aφ). Отсюда получаем:

$$l^2 - h^2 \approx a^2 \varphi^2 \iff \Delta h \cdot (l + h) \approx a^2 \varphi^2,$$

откуда

$$\Delta h \approx \frac{a^2 \varphi^2}{l + h} \approx \frac{a^2 \varphi^2}{2l}$$

(при малых φ Δh мал, и l + h ≈ 2l).