Решения задач М1061—М1064; Ф1073—Ф1077

24

Решения задач

M1061—M1064, Ф1073—Ф1077

Вдем установливать направления на дорогах постепенно. Пусть это уже сделано для дорог, соединяющих города из некоторого множества $M$ так, что требование задачи выполняно: из любого города этого множества можно проехать в любой другой из них, следуя по выбранным направлениям. (Для начала можно считать, что $M$ состоит из одного города, а направления игноря не установлены.) Докажем, что если не все города входят в $M$, то можно выбрать направления еще на несколько дорогах и увеличить $M$ с соблюдением этого требования.

Ясно, что найдется дорога, соединяющая город $A$ из $M$ с городом $B$, не входящим в $M$. Построим путь $c=BC_1C_2...C_kA$ из $B$ в $A$, не проходящий по дороге $AB$. Для этого возьмем любой город $D$, отличный от $A$ и $B$, и рассмотрим путь $a$ из $A$ в $D$, не проходящий через $B$, и путь $b$ из $D$ в $B$, не проходящий через $A$ (рис. 1). В качестве $c$ можно взять путь, идищий сначала по $a$ — до первого города, общего для $a$ и $b$, — а потом по $b$. Пусть $C_m$ — первый из городов $C_1$, …, $C_k$, входящий в $M$ (если таких городов нет, положим $m=k+1$, $C_m=A$). Выберем направления на дорогах $AB$, $BC_1$, $C_1C_2$, …, $C_{m-1}C_m$ по порядку: от $A$ к $B$, от $B$ к $C_1$ и т. д., и присоединим к $M$ города $B$, $C_1$, …, $C_{m-1}$. Наше условие на нарушится, так как из любого присоединенного города можно попасть в «старое» множество $M$ (доядя до $C_m$) и в любой из них можно попасть из $M$ (через $A$).

Повторяя этот процесс, мы включим в $M$ все города. На оставшихся после этого «неотрегулированных» дорогах (если такие еще будут) направления движения установим произвольно.

Можно рассуждать несколько иначе, доказав сначала, что в условиях задачи любые два города соединены двумя путями, идищими по разным дорогам (это утверждение составлено содержание одной из задач Всегоизной олимпиды).

Наша задача дает только достаточно условие. Оказывается, верна такая теорема: для того чтобы на дорогах можно было расставить стрелки так, чтобы, движения в предписанных им направлениях, можно было доехать из любого города в любой другой, необходимого и достаточно, чтобы исходная сеть дорогы связываной и не имела перешейков (т. е. после закрытия любой дороги из каждой города можно было бы добраться до любого другого, рис. 2). Эту не очень сложную теорему доказал в 1939 г. Г. Роббинс*), известный, в частности, как советор Р. Куранта по замечательной книге «Что такое математика».

В. Е. Колосов, Н. В. Васильев

*) См. теорему 4.4.1 в книге А. А. Зыкова «Введение в теории графов». — М.: Наука, 1987.

25

М1062. а) На сторонах AB и AC треугольника ABC взяты точки E и D. Прямые BD и CE пересекаются в точке M, AM и BC — в точке P, AM и DE — в точке N. Докажите, что

$$\frac{PN}{NA} = 2 \cdot \frac{PM}{MA}.$$
б) На ребрах SA, SB и SC треугольника SABC взяты точки D, E и F. Плокости ABF, BCD и CAE пересекаются в точке M, прямая SM пересекает плоскости ABC и DEF в точках P и N. Докажите, что

$$\frac{PN}{NS} = 3 \cdot \frac{PM}{MS}.$$

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3a.

a) Пусть сначала $DE \parallel BC$ (рис. 1). Положим $AN=x$, $NM=y$, $MP=z$, тогда

$$\frac{PN}{NA} : \frac{PM}{MA} = \frac{z+y}{x} \cdot \frac{x+y}{z} =$$

$$= \frac{xz+y(x+y+z)}{xz} = 1 + \frac{y}{z} \cdot \frac{x+y+z}{x} = 2,$$

(*)

поскольку из готовности треугольников MBC и MDE, ABC и ADE следует, что

$$\frac{y}{z} = \frac{MN}{MP} = \frac{DE}{BC} = \frac{AN}{AP} = \frac{x}{x+y+z}.$$

Общий случай с помощью центральной проекции. Предположим, что прямые DE и BC пересекаются в точке K. Проведем через AP произвольную плоскость α, не совпадающего с ABC, и выберем точку O так, чтобы прямая OK была параллельна α (рис. 2). При центральной проекции из центра O на плоскость α все точки прямой AP проектируют сами на себя (и относения $PN/NA$ и $PM/MA$ сохраняются), а прямые DE и BC, очень/no, проектируют в параллельные — как говорят, точка K «уходит на бесконечность». В результате из произвольной конфигурации, удовлетворяющей условию задачи, получается рисунок 1. Эта задача относится к проективной геометрии, в котором изучается свойства фигур, сохраняющейся при центральных проекциях. Пример понятия из этой области геометрии — двойное отношение произвольных четырех точек P, A, N, M одной прямой, равное, по определенному, величины в левой части (*). Попробуйте доказать, что оно действительно не меняется при центральных проекциях.

Можно решать задачу и с помощью центра масс (о применении этого понятия в геометрии см. статью В. Г. Болтянского и М. Б. Балка «Центр тяжесте obлегчат решения» в «Кванте» № 4 за 1984 г.). Поместим в вершину A неокоторую массу m, а в вершины B и C — такие массы m_b и m_c, чтобы центр трех масс попал в точку M. Для этого надо взять $m_b=(AE/BE)m$, $m_c=(AD/BD)m$. (Действительно, центр масс m и m_b — это точка E, поэтому общий центр лежит на отрезке CE; аналогично показывается, что он лежит и на BD.) Центр масс m_b и m_c лежит на пересечении AM и BC, т. е. в точке P, причем $PM/MA=m(m_b+m_c)$ (рис. 3, a). Тепер добавим в точку A еще одну массу m. Общий центр масс сместится из M в неокоторую точку отрезка MA. В то же время, группируя одну массу m с m_c, а другую — с m_b (рис. 3, б), находим, что он должен лежать на DE, т. е. в точке N. Наконец, группируя m_c и m_b, получаем, что $PN/NA=2m(m_b+m_c)=2PM/MA$.

6. Эта задача тоже проектируется, и ее можно было бы решать аналогично предыдущей — свести к случае DEF || ABC. Но обосновать такое решение в рамках элементарной геометрии трудно. Приведем векторное решение (рис. 4).

Для любой точки X обозначим вектор $\overline{SX}$ через $\overline{X}$.

26

Пусть $\bar{P} = m\bar{M} = n\bar{N}$, $\bar{A} = \alpha\bar{D}$, $\bar{B} = \beta\bar{E}$, $\bar{C} = \gamma\bar{F}$ (т. е. $m = SP:SM$, $n = SP:SN$ и т. д.). Разложим вектор $\bar{P}$ по некомпланным векторам $\bar{A}$, $\bar{B}$, $\bar{C}$:

$$\bar{P} = x\bar{A} + y\bar{B} + z\bar{C}.$$

(1)

Горда

$$x + y + z = 1.$$

(2)

Действенный, вектор $\bar{AP}$ лежит в плоскости $ABC$, поэтому при некоторых $y_1$ и $z_1$ $\bar{AP} = y_1\bar{AB} + z_1\bar{AC} = y_1(\bar{B} - \bar{A}) + z_1(\bar{C} - \bar{A})$, значит, $\bar{P} = \bar{A} + \bar{AP} = (1 - y_1 - z_1) \times \bar{A} + y_1\bar{B} + z_1\bar{C}$. А так как коэффициенты в (1) определяются однозначно, $y_1 = y$, $z_1 = z$, $x = 1 - y - z$. Таким образом, равенство (2) — это необходимое (а также и достаочное) условие того, что точка $P$ лежит в плоскости $ABC$.

Запишем это условие для точки $N$ в плоскости $DEF$ и для точки $M$, которая лежит в трех плоскостях — $ABF$, $BCD$ и $CAE$. Из разложения $n\bar{N} = \bar{P} = x\alpha\bar{D} + y\beta\bar{E} + z\gamma\bar{F}$ получаем, что $x\alpha/n + y\beta/n + z\gamma/n = 1$, т. е.

$$x\alpha + y\beta + z\gamma = n;$$

(3)

из разложения $m\bar{M} = \bar{P} = x\bar{A} + y\bar{B} + z\gamma\bar{F}$ — что

$$x + y + z = m.$$

И, аналогично — еще два равенства:

$$\alpha x + y + z = m,$$

$$x + \beta y + z = m.$$

Складывая три последних равенства и учтывая (2) и (3), находим, что

$$n + 2 = 3m.$$

Остается выразить отношения отрезков в условия задания через $m$ и $n$:

$$\frac{PN}{NS} : \frac{PM}{MS} = \frac{PS - NS}{NS} : \frac{PS - MS}{MS} = \frac{n - 1}{m - 1} = \frac{3m - 3}{m - 1} = 3.$$

Задачу 6) можно решать и с помощью центра масс, как задачу a).

В. Н. Дубровский

ОТВЕТ: a), 6) 18·19=342; b) 18·19=$\frac{n-3}{2}$ при четном $n$, 1 при $n=1$, 18·19=$\frac{n-3}{2}$ при остальных нечетных $n$.

Пусть $a - n$-значное число, $a = a_{n-1} \cdot 10^{n-1} + a_{n-2} \cdot 10^{n-2} + \dots + a_0$, тогда $a = a_0 \cdot 10^{n-1} + a_1 \cdot 10^{n-2} + \dots + a_{n-1}$ и

$$a - a = d_1(10^{n-1} - 1) + d_2(10^{n-2} - 10) + \dots + d_k(10^{n-k} - 10^{k-1}),$$

(1)

где $k=n/2$ при четном $n$ и $k=(n-1)/2$ при нечетном $n$, а $d_l = a_{n-l} - a_{l-1}$. Поскольку $1 \leqslant a_{n-1} \leqslant 9$, $0 \leqslant a_i \leqslant 9$ при $i=0, 1, \dots, n-2$, числа $d_l$ удовлетворяют нера-

27

Венстам

$$-8 \leq d_n \leq 9, -9 \leq d_l \leq 9$$ при $l=2, 3, \dots, k$. (2)

Таким образом, любая разность $a-a$ представляет в виде (1), где коэффициенты $d_l$ выбираются из интервалов (2), что можно сделать $18 \cdot 19^{k-1}$ способами. Поискку для каждого из таких наборов $d_1, \dots, d_k$, очень удобно, можно указать числа $a$, удовлетворяющие (1), причем, как будет показано, коэффициенты $d_1, \dots, d_k$ в (1) определяются однозначно, число значений разности $a-a$ тоже равно $18 \cdot 19^{k-1}$.

Итак, доказем единственное представления (1) (при условиях (2)). Пусть для каких-то двух наборов $d_1, \dots, d_k$ и $d'_1, \dots, d'_k$ значения выражений в правой части (1) совпадают. Приравнивая нулю разность этих выражений и полагая $r_l=d_l-d'_l$, получим

$$r_1(10^{n-1}-1)+r_2(10^{n-2}-10)+\dots+r_k(10^{n-k}-10^{k-1})=0. \tag{3}$$

Ясно, что $|r_l| \leq 18$. Допустим, что $r_1 \neq 0$, тогда $r_1=\pm 10$, так как все слагаемые в (3), кроме первого, делятся на 10. Подставим в (3) $r_1=\pm 10$:

$$10^{n-1}-1=|r_2(10^{n-3}-1)+\dots+r_k(10^{n-k-1}-10^{k-2})|<18(10^{n-3}+10^{n-4}+...+1)<2 \cdot 10^{n-2}.$$

Но $10^{n-1}-1>2 \cdot 10^{n-2}$ при всех $n \geq 2$, поэтому $r_1$, а значит, и первое слагаемое в (3) равно нулю. Поэтому это расчудение для $r_2, r_3, \dots, r_k$, получим, что $r_2=\dots=r_k=0$, т. е. $d_l=d'_l$ при всех $l$.

Г. О. Эльстин

Ф1073. Маленький упру́щий мячок отпускают с высоты $H=1$ м над полом, а на его пути закрылют пластинку, от которого он отскакивает. Какая скорость будет у мячка в момент удара о пол? Как нужно расположить пластинку, чтобы мячок удалился о пол как можно дальше от начальной точки? Чему равно это максимальное расстояние?

Скорость мячка в момент удара о пол не зависит от того, где и как установлена пластинка (удар о пластинку упругий), и определяется из закона сохранения энергии:

$$mgH=m \frac{v^2}{2} \Rightarrow v=\sqrt{2gH}.$$

Определим, где и как нужно установить пластинку, чтобы расстояние от начальной точки траектории мячка до места его удара о пол было максимальным.

Понятно, что пластинка должна быть установлена так, чтобы сразу удара вектор скорости мячка был направлен под углом $\varphi=45^\circ$ к горизонту. Значит, угол между векторами скоростей мячка непредставлено перед ударом и сразу после удара — $45^\circ$, нормаль к пластинке должна составлять с горизонтом угол $45^\circ+22,5^\circ=67,5^\circ$, т. е. пластинка должна быть установлена под углом $\alpha=90^\circ+67,5^\circ=157,5^\circ$ к горизонту.

Очевидно, что дальнейство отлега мячка будет тем большше, чем большие скорость мячка в момент удара. А эта скорость тем большше, чем дальнейшее расстояние от начальной точки траектории мячка. Следовательно, пластинка должна быть установлена на полу (см. рис.ок). При этом скорость мячка сразу после удара будет $v=\sqrt{2gH}$, дальнейшее отлега мячка

28

от пластинки будет

$$l = \frac{v^2}{g} = 2H,$$

и следовательно, максимальное расстояние между начальной и конечной точками траектории мячика —

$$L = \sqrt{l^2 + H^2} = H\sqrt{5} \approx 2,24 \text{ m.}$$

А. В. Хельвас

Ф1074. Пана Карло сделал для Буратино колпак из тонкой жести. Колпак имеет форму конуса высотой $H=20$ см с углом $\alpha=60^\circ$ при вершине. Будет ли этот колпак держаться на голове у Буратино, если эта голова — гладкий шар диаметром $D=15$ см?

Рис. 1.

Рис. 2.

Ф1075. Выполняя лабораторную работу, студент опустил в сосуд с водой кипятильник, включил его в сеть и стал каждые три минуты записьвать температуру. Данные этого опыта приведены в таблице 1. Затем он охладил воду, положил в сосуд не

Для решения задачи нам необходимо, во-первых, определить положение центра масс колпака. С этой целью разобем мысленно колпак на стопку узких колес одинаковой ширины $dH$ (рис. 1). При этом масса колес нарастает линейно вниз от вершины к основанию колпака. Центр масс каждой柱а находится на его оси. «Сплющим» мысленно колпак так, что каждое колюто превращится в равноведренную трапеццию, а вес конус превращится в равноведренный треугольник. Центр масс каждой составной части колпака остается на месте (на оси), поэтому и центр масс всей системы остается на месте. Но, как известно, центр масс треугольной пластины находится в точке пересечения медиан. Следовательно, центр масс колпака находится на его оси на расстоянии $2/3$ $H$ от вершины.

Положение равновесия системы будет устойчивым, если при небольшем ее смешении из положения равновесия центр масс поднимается (потенциальная энергия системы уvelичается); тогда система, предоставленная смабе, возвращается в исходное положение равновесия.

В нашем случае для того, чтобы колпак занимал устойчивое положение равновесия на голове Буратино, его центр масс (точка $M$ на рисунке 2) должен оказаться ниже центра головы Буратино (точка $O$). Следовательно, должен выполнять условие $AM > AO$, т. е.

$$\frac{2}{3}H > \frac{R}{\sin \alpha/2} \Leftrightarrow \frac{2}{3}H > \frac{R}{1/2},$$

или $H > 3R = 22,5$ см. А по условиям $H=20$ см. Значит, колпак не будет держаться на голове Буратино.

С. С. Кротов

Из приведенных таблиц видно, что температура не линейно зависит от времени. Следовательно, необходиму учитывать теплотвод в комнату, который проорционален разности температуросуда и комнаты. Уравнение теплового баланса при этом имеет вид

$$c \cdot \Delta t = W \cdot \Delta t - \alpha(t - t_0) \cdot \Delta t,$$

где $c$ — тепломкость сосуда со всем его содержимым, $t$ — температура сосуда, $\tau$ — время, $W = IU$ — мощность кипятильника, $\alpha$ — коэффициент пропорциональ-

29

большой металлический образец и новый провел измерения. Результаты этого определения в таблице 2.

Определите по этом данным тепломкость образца. Напряжение в сети U=35 В, ток через кипятильник I=0,2 А, температура в комнате t₀=20°C.

Таблица 1 Таблица 2
t, °C t, °C
25,2 22,6
26,4 23,8
27,6 25,0
28,7 26,0
29,7 27,0
30,6 28,0
31,5 28,9
32,3 29,8
33,1 30,6

Ф1076. Для исследования солнечной батареи используется многопредельный волтметр (он состоит из четырехительного микромертера и набора добавочных резисторов). Подключив его к батарее на пределе 1 В, мы получаем показание U₁=0,7 В. Передлечение волтметр на пределе 10 В, мы получим показание U₂=2,6 В. Что получилось бы на пределе 100 В? Известно, что при неизменном освещении солнечная батарея ведет себя как обычный источник, последовательно к которой подключен резistor большого сопротивления.

Ф1077. По одному из гипотез звезды образуют измеж聂дной среды (космическая пыль) путем скатания под действием границы. Так как в этом уравнении два неизвестных — c и α, выберем два различных значения температуры t (t₁ и t₂), найдем величины значения величины k₁ = (Δt/Δτ)₁ и k₂ = (Δt/Δτ)₂ и запишем теперь уже два уравнения:

c k₁ = W - α(t₁ - t₀),
c k₂ = W - α(t₂ - t₀).

Отсюда найдем c:

c = W (t₂ - t₀) - (t₁ - t₀) / k₁(t₂ - t₀) - k₂(t₁ - t₀).

Подставляя в это выражение данные из таблицы 1, найдем тепломкость сосуда с водой:

c₁ ≈ 770 Дж/K.

Воспользовавшись таблицей 2, найдем тепломкость сосуда с образцом:

c₂ ≈ 890 Дж/K.

Теплоемкость образца —

c = c₂ - c₁ ≈ 120 Дж/K.

Так как ищется маленькая разница двух больших величины, определяемых неточно, при расчетах допустим довольно значительный разбор результатов: от 100 до 130 Дж/K.

Л. П. Баканина

Это совсем простая задача. Обозначим сопротивление волтметра на пределе 1 В через R₁. Тогда на пределе 10 В его сопротивление R₂=10 R₁, а на пределе 100 В — R₃=100 R₁. Обозначим ЭДС батареи 𝒙, ее внутреннее сопротивление — r. Тогда имеем (см. рисунок):

U₁ = 𝒙 / (r + R₁) R₁ = 𝒙 / (1 + r/R₁); U₂ = 𝒙 / (1 + r/10R₁);

U₃ = 𝒙 / (1 + r/100R₁).

Решая совместно эти уравнения, находим:

U₃ ≈ 3,6 В.

А. Р. Зильберман

Рассмотрим частцу пыли сферического облака, находящаяся на расстоянии R от центра облака. На нее, как известно, действуют силы тяготения со стороны только тех частиц, которые находится внутри сферы радиусом R (см., например, решение задачи 87 в книге