Решения задач М1070, М1072—М1075; Ф1084—Ф1087

Квант 1988, №3 с. 24, 25, 26, 27, 29 Тег IOMV

Решения задачи
M1070, M1072—M1075,*) Ф1084—Ф1087

Мы рассмотрим несколько ortogonalных проектций теградра и воспользовемся тем, что проекти треугольника вдоль стороны или вдоль медианы и проекти параллелограмма вдоль стороны или диагонали есть отрезки, длины которых выражаются через площадь соответствующего фигуры и длину стороны, медианы или диагонали (рис. 1).

Пусть дан теградр ABCD (рис. 2). Каждый из секущих плоскостей проходит через середины 4-х его ребер и, следовательно, пересекает его по параллелограмму, ограниченной средними линиями граней. Площади сечений, параллельных соответствующего ребрам DA, DB, DC, обозначим через $s_a$ , $s_b$ , $s_c$ , площади граней ABC, BCD, CDA, DAB — через $S_D$ , $S_A$ , $S_B$ , $S_C$ . Спроектируем теградр вдоль ребра CD (рис. 3). Получится треугольник ABC (мы сохраняем за проектами точек те же обозначения, что и за самими точками). Проведем в нем среднюю линию KL, параллельную AB (это проекти сечения $s_c$ ), и медиану CM (это проекти треугольного сечения CDM нашего теградра; M — середина ребра AB). В параллелограмме CLMK (рис. 3) стороны и диагонали равны

$CL = KM = CB / 2 = S_A / l,$
$CK = LM = CA / 2 = S_B / l,$
$KL = 2s_c / l, \quad CM = 2S_1 / l,$

где $l = CD$ , $S_1$ — площадь $\triangle CDM$ . Записьвая для CLMK «равенство параллелограмма» (сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов сторона), получим

$2(S_A^2 + S_B^2) = 4s_c^2 + 4S_1^2.$

Аналогично доказывается равенство

$2(S_C^2 + S_D^2) = 4s_c^2 + 4S_2^2,$

где $S_2$ — площадь треугольного сечения ABN, проходящero через середину N ребра CD. Наконец, ortogonalно спроектируем теградр вдоль его «средней линия» MN (рис. 4). Получится параллелограмм ACBD (диагонали AB и CD, пересекаясь, делятся пополам). Диагонали этого параллелограмма — это проекти треугольных сечений $S_1$ и $S_2$ , т. е. $AB = 2S_2 / m$ , $CD = 2S_1 / m$ , где $m = MN$ , а средние линии — проекти сечений $s_a$ и $s_b$ , и, поскольку стороны средним линиям, $AD = 2s_a / m$ , $AC = 2s_b / m$ . Еще раз использем «равенство параллелограмма»:

$2(4s_a^2 + 4s_b^2) = 4S_1^2 + 4S_2^2.$

Из (1), (2) и (3) следует утверждение задачи:

$S_A^2 + S_B^2 + S_C^2 + S_D^2 = 4(s_a^2 + s_b^2 + s_c^2).$

Отметим, что эта задача в другой формулировке

Рис. 3.

Рис. 4.

появился в недавно изданном очень содержательном задачнике «Зарубежные математические оптимизации» (М., 1987, с. 49, задача 15.17).

М1072. Разложите на простые множители число 989·1001·1007+320.

Ответ: 1009·997·991. Догадаться до этого разложения можно с помощью следующого сообщения: если $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$ , то $f(x)+f(-x)=-2(a+b+c)x^2+2f(0)$ , т. е. при $a+b+c=0$ сумма $f(x)+f(-x)$ постоянна. В нашем случае можно взять $f(x)=(x-10)\times(x+2)(x+8)$ , тогда заданное число равно $f(999)-2f(0)=-f(-999)=1009\cdot997\cdot991$ . Легко проверить, что все три множители здесь простые.

С. В. Фомин

М1073. В шестиугольнике $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ нашла точка O, из которой все стороны видны под углом 60°. Докажите, что если $OA_1>OA_3>OA_5$ и $OA_2>OA_4>OA_6$ , то $A_1A_2+A_3A_4+A_5A_6<A_2A_3+A_4A_5+A_6A_1$ .

Отложим на сторонах угла величины $60^\circ$ от его вершины $P$ отрезки $PB_i=OA_i$ , $i=1, 2, ..., 6$ , как показано на рисунке. Поскольку отрезки $B_1B_2, B_2B_3, ..., B_6B_1$ соответственно равны отрезкам $A_1A_2, A_2A_3, ..., A_6A_1$ , достаточно доказать, что

$B_1B_2+B_3B_4+B_5B_6<B_2B_3+B_4B_5+B_6B_1.$

Это неравенство получается, если сложить 4 неравенства треугольника (см. рис.ок):

$B_1B_2<B_1C_1+C_1B_2,$
$B_3C_2<B_3C_1+C_1C_2,$
$C_2B_4<C_2C_3+C_3B_4,$
$B_5B_6<B_5C_3+C_3B_6,$

где $C_1, C_2, C_3$ — точки пересечения отрезка $B_1B_6$ с отрезками $B_2B_3, B_3B_4$ и $B_4B_5$ . (Указанные отрезки пересекаются благодаря неравенствам, данными в условиям. Например, из неравенств $PB_3<PB_1$ и $PB_6<PB_2$ следует, что точки $B_3$ и $P$ лежат по одному сторону от $B_1B_6$ , а $B_2$ и $P$ — по разные, поэтому $B_3$ и $B_2$ лежат по разные стороны от $B_1B_6$ , т. е. прямая $B_1B_6$ пересекает отрезок $B_2B_3$ ; аналогично доказывается, что прямая $B_2B_3$ пересекает отрезок $B_1B_6$ , и, следовательно, отрезки $B_2B_3$ и $B_1B_6$ пересекаются.)

А. С. Меркурьев

М1074. Дана сторка из $2n+1$ карточек, с которой разрешается произведение две операции: (А) сверху снимается часть

Занутерум карточки сверху вниз числами 0, 1, …, $2n$ и выложим их последовательно в вершинах правильного многоугольника $A_0A_1...A_{2n}$ (рис. 1). Тогда операции (А) ответает поворот всего набора карточек вокруг центра многоугольника на угол, кратный $360^\circ/(2n+1)$ ,

карточек и перекладывается в схранением порядка;
(B) верхние n карточек с сохранением порядка включения в промежутков между нижними n+1 карточками.
Доказите, что с помощью указанных операций из исходного расположения карточек в стопке нельзя получить более 2n(2n+1) различных расположений карточек.

Рис. 1.

Задание, кванта

а при операции (Б) карточек из вершин $A_0, A_1, \dots, A_{n-1}$ перекладываются, соответственно, в вершины $A_1, A_3, \dots, A_{2n-1}$ , а из вершин $A_n, A_{n+1}, \dots, A_{2n}$ — в вершины $A_2, A_4, \dots, A_{2n}$ (рис. 2). Таким образом, после операции (Б) картоки, которые первоначально были соседними, будут стоять через одну. Если же между двумя карточками было заключено k сторон многоугольника (всегда можно считать k≤n), то в результате операции (Б) между ними оказывается 2k сторон. В частности, расстояния между карточками 0 и 1, 1 и 2,…, 2n и 0 будут оставаться равными между собой при выполнении операции

Рис. 2. Рис. 3.

рацией (A) и (B) в любом числе и порядке. Поэтому расстановка всех карточек полностью задается положением карточек 0 и 1: если 0 находится в вершине $A_i$ , а 1 — в вершине $A_j$ , то 2 — в такой вершине $A_k$ , что $A_jA_k=A_iA_j$ , 3 — в такой вершине $A_l$ , что $A_kA_l=A_iA_j$ , и т. д. (рис. 3). Место для карточек 0 можно выбрать 2n+1 способами, для карточек 1 остается 2n мест. Следовательно, число возможных расположений не превыходит 2n(2n+1).

Чтобы получить точное число расположений, надо здесь множество 2n заменить на число различных остатков от деления степени двойки на 2n+1. (При каждом применении операции (Б) число сторона многоугольника между карточками 0 и 1, отсутстваемое в заданном направлении, нужно удалить и взять остаток от деления на 2n+1.)

Д. В. Фомин, В. Н. Дубровский

M1075. Найдите наиболее натуральное число, в десятичной записи которого каждой цифра (кроме крайних) строго меньше двух соседних с ней цифр.

Ответ: 96433469. Пусть $a_1, a_2, \dots, a_n$ — последовательные цифры числа $N$ , удовлетворяющего условиям задачи. Рассмотрим разности соседних чисел $d_i=a_{i+1}-a_i$ , $i=1, \dots, n-1$ . Условие $a_i<(a_{i-1}+a_{i+1})/2$ можно переписать в виде $a_i-a_{i-1}<a_{i+1}-a_i$ , или $d_{i-1}≤d_i-1$ . Пусть $a_m$ — наименьшая цифра числа $N$ . Можно считать, что $a_{m-1}>a_m$ , $a_m≤a_{m+1}$ , т. е. $d_{m-1}≤-1$ , $d_m≥0$ . Тогда $d_{m-2}≤d_{m-1}-1≤-2$ , $d_{m-3}≤-3,..., a d_{m+1}≥d_m+1≥1$ , $d_{m+2}≥2$ , $d_{m+3}≥3,...$ .

Докажем, что $n≤m+4$ . Допустим, что это не так, тогда $a_{m+5}=a_{m+4}+d_{m+4}≥a_{m+4}+4≥a_{m+3}+3+4≥...≥a_{m+1}+1+2+3+4≥10$ , но $a_{m+5}≤9$ . Аналогично доказывается, что $m≤4$ (в противном случае $a_{m-4}≥a_{m-3}-a_{m-4}≥a_{m-3}+4≥...≥a_m+10$ ). Итак, $n≤8$ , причем если $n=8$ , то $m=4$ . Подставляя $m=4$ в оценки

Для $d_i$ и учитывая, что $a_1 \leqslant 9, a_8 \leqslant 9$ , получим:
$a_2 = a_1 + d_1 \leqslant 9 - 3 = 6, \quad a_3 \leqslant a_2 - 2 \leqslant 4, \quad a_4 \leqslant a_3 - 1 \leqslant 3;$
$a_7 = a_8 - d_7 \leqslant 9 - 3 = 6, \quad a_6 \leqslant a_7 - 2 \leqslant 4, \quad a_5 \leqslant a_6 - 1 \leqslant 3.$
Следовательно, $N \leqslant 96433469$ .

С. Е. Рукишин

Ф1084. Если к обмерземму стеклу на незначительное время прижать пятак, то вдоль края пятака на стекле протаивает кругок. Почему?

Когда мы прижимаем пятак к стеклу, он нагревается от руки. От него нагревается и тает иней. А касается монета ия прежде всего по краям, там, где имеется утолщение. Между остальной частью монеты и инеем имеется воздушный зазор. Теплопроводность воздуха намного меньше теплопроводности металла. Поэтому сначала «прогревается» и протаивает ией по колыцу, по краю монеты. После этого монета «ложится» на ией всей поверхность, и таяние ией проискит по всей площади монеты.

Л. А. Ашкинази

Ф1085. На рисунке 1 изображен процесс, совершаемый над идеальным газом и переводящим его из состояния В. Найдите на график участки процесса, где температура газа повышается (понижается).

Рассмотрим на кривой две достаточно близкие точки процесса $C$ и $D$ и запишем выражение для изменения температуры газа при переходе из точки $C$ в точки $D$ :

$\Delta T_{CD} = T_C - T_D = \frac{M}{mR}((p + \Delta p)(V + \Delta V) - pV) \approx \frac{M}{mR}(p \cdot \Delta V + V \cdot \Delta p).$

Пусть $\Delta T_{CD} \approx 0$ (это означает, что либо точки $C$ и $D$ лежат на одной изтерме, либо при переходе $C \rightarrow D$ температура газа проходит через экстремальное значение (максимальное или минимальное)). Тогда

$\frac{p}{V} = -\frac{\Delta p}{\Delta V}.$

(*)

Из рисунка 1 видно, что $\frac{p}{V} = \text{ctg } \alpha$ , а при достаточно близких точках $C$ и $D$

$\frac{\Delta p}{\Delta V} = \text{tg } \beta' \approx \text{tg } \beta'' \approx \text{tg } \beta = -\text{ctg } \gamma.$

Таким образом, из (*) следует, что

$\text{ctg } \alpha = \text{ctg } \gamma, \text{ или } \alpha = \gamma.$

Предположим теперь, что в какой-либо точке кривой $AB$ $\alpha < \gamma$ . Тогда $\text{ctg } \alpha > \text{ctg } \gamma$ , и повторяя приведенные рассуждения в обратном порядке, получим, что $\Delta T_{CD} > 0$ . Следовательно, температура газа при прохождении через эту точку увеличивается. И наоборот: если в какой-то точке $\alpha > \gamma$ , то $\Delta T_{CD} < 0$ , и температура газа в данной случае уменьшается.

Найдя на график точки $M_1$ , $M_2$ и $M_3$ , в которых $\alpha = \gamma$ (см. рис. 2), выясняем, что на участках процесса $AM_1$ и $M_2M_3$ , где $\alpha < \gamma$ , температура газа увеличивается, а на участках $M_1M_2$ и $M_3B$ ( $\alpha > \gamma$ ) — уменьшается.

И. Ю. Потеряйко

$\alpha_{0A} \leqslant \alpha_0 \leqslant \frac{\pi}{2},$
то ускорение $a$ принимает минимальное значение при $\alpha_1 = \arccos \left( \frac{4}{3} \cos \alpha_0 \right)$ (см. рис. 2).

$\Delta = f(1) - f(\cos \alpha_0) = 5 \cos^2 \alpha_0 - 8 \cos \alpha_0 + 3.$

Максимальное значение $f(\cos \alpha)$ (а следовательно, ускорение $a$ ) принимает либо $\cos \alpha = \cos \alpha_0$ , либо $\cos \alpha = 1$ . Расстояние разность

$\Delta = f(1) - f(\cos \alpha_0) = 5 \cos^2 \alpha_0 - 8 \cos \alpha_0 + 3.$

Видим, что

$\Delta \leqslant 0 \text{ при } \cos \alpha_0 \geqslant 3/5,$
$\Delta > 0 \text{ при } \cos \alpha_0 < 3/5.$

Значит, ускорение $a$ принимает максимальное значение (см. рис. 2)

при $\alpha_2 = \alpha_0$ , если $\alpha_0 \leqslant \alpha_{0B} = \arccos \frac{3}{5}$ ,

при $\alpha_2 = 0$ , если $\alpha_{0B} < \alpha_0 \leqslant \frac{\pi}{2}$ .

О. А. Седлецкий

Победители конкурса «Задачик «Кванта»»

(Начало см. на с. 20)

Назряждаются Дилломом и значком журпала «Квант» и книгами серии «Библиотечка «Квант» за активное участие в конкурсе:

По математике

В. Вологодский — Омск, с. ii. № 91, 10 кл.
Д. Воллер — Омск, с. ii. № 66, 10 кл.
А. Гороховский — Киев, с. ii. № 79, 10 кл.
Р. Гринив — Львов, с. ii. № 62, 10 кл.
И. Зефиров — Москва, ФМШ № 18 при МГУ, 10 кл.
И. Кокорев — Ленинград, ФМШ № 45 при ЛГУ, 10 кл.
А. Кулик — Киев, с. ii. № 145, 9 кл.
В. Матвеев — Москва, ФМШ № 18 при МГУ, 10 кл.
Я. Мустафев — Баку, с. ii. № 20, 10 кл.
Д. Прокофьев — Ленинград, ФМШ № 45 при ЛГУ, 10 кл.
В. Рагулин — Москва, ФМШ № 18 при МГУ, 9 кл.
В. Слитинский — Киев, с. ii. № 206, 10 кл.
Д. Туляков — Жданов, с. ii. № 7, 10 кл.
Ф. Фот — Воронеж, с. ii. № 58, 10 кл.
О. Христенко — Караганда, с. ii. № 63, 10 кл.

По физике

А. Белецкий — Канев, с. ii. № 4, 10 кл.
С. Белусов — Ленинград, ФМШ № 45 при ЛГУ, 10 кл.

А. Билибин — Борович, с. ii. № 1, 10 кл.
Д. Виткуп — Киев, с. ii. № 145, 10 кл.
П. Волфбейн — Киев, с. ii. № 145, 10 кл.
А. Гончаров — Новосибирск, с. ii. № 130, 10 кл.
П. Горьков — П. Черноголовка Московской обл., с. ii. № 82, 10 кл.
С. Дронов — Пушино, с. ii. № 3, 10 кл.
А. Ельяшевич — Минск, с. ii. № 16, 10 кл.
Д. Зеленский — Семипалатинск, с. ii. № 3, 10 кл.
С. Зеленский — Семипалатинск, с. ii. № 3, 10 кл.
А. Зискинд — Винница, с. ii. № 17, 10 кл.
В. Каменькович — Харьков, с. ii. № 27, 10 кл.
В. Камчатный — Киев, с. ii. № 206, 9 кл.
А. Комник — Старый Оскол, с. ii. № 16, 9 кл.
А. Коршков — Мозырь, с. ii. № 8, 9 кл.
Ю. Кравченко — Москва, с. ii. № 820, 10 кл.
В. Лендерман — Киев, с. ii. № 208, 10 кл.
А. Мазуренко — Минск, с. ii. № 50, 10 кл.
А. Мамаев — Заволжье, с. ii. № 17, 10 кл.
А. Мацко — Киев, с. ii. № 206, 10 кл.
Н. Михайловский — Красноярск, с. ii. № 20, 10 кл.
В. Мороз — Ленинград, ФМШ № 45 при ЛГУ, 10 кл.
К. Пенанен — Одеска, с. ii. № 63, 10 кл.
О. Покрамович — Брест, с. ii. № 1, 10 кл.
Р. Сагайдак — с. Матусов Черкасской обл., с. ii. № 1, 10 кл.
Д. Симонян — Рига, с. ii. № 79, 10 кл.
В. Синенко — Канев, с. ii. № 4, 10 кл.
М. Соколов — Одинцово, с. ii. № 11, 10 кл.
Д. Тильга — Алма-Ата, РФМШ, 10 кл.
И. Тодошенко — Пермы, с. ii. № 16, 10 кл.
Г. Фейгин — Тула, с. ii. № 36, 10 кл.
С. Штовба — Винница, с. ii. № 33, 10 кл.
И. Ясников — Тольятти, с. ii. № 59, 10 кл.