Решения задач М1110—М1115; Ф1123—Ф1127

37

P1146. Find the resistance between the points $A$ and $B$ in the infinite sequence of elements shown on figure Pис. 6. All the elements are identical, the resistance of each is $r$. S. Zdravkovich (Yougoslavia)

P1147*. A small weight lies on a platform which is inclined by the small angle $\alpha$ to the horizontal plane. The platform’s mass is much greater than that of the weight, whose distance from the lower edge of the platform is $l$ (see figure Pис. 7). The platform oscillates harmonically about the $OO'$ axis with frequency $\omega$ and amplitude $L$. The friction coefficient between the weight and the platform is $k$. How much time will it take the weight to fall of the platform? (This time is assumed much greater than $2\pi/\omega$).

Решения задач

M1110 — M1115, Ф1123 — Ф1127

M1110. Для каждого натурального $n>1$ выпишем наиболее общие делители всех возможных пар различных чисел от 1 до $n$. Докажите, что $a$ среднее арифметическое всех $n(n-1)/2$ выписанных чисел не ограничено расстоянием $n$, но не превышает $\ln n+1$; $b$ их среднее геометрическое не превышает 10 при любом $n$.

Рис. 1.

a) Обозначим через $P_n(d)$ количество пар $(a, b)$ натуральных чисел $a < b \leq n$ с наиболее общим делителем $d=HOД(a, b)$. Каждый такой пар можно представить в виде $a=dx, b=dy$, где $x<y \leq k=[n/d]$, причем $x$ и $y$ взаимно просты. Количество $P_k=P_k(1)$ таких пар $(x, y)$ взаимно простых чисел нетрудно оценить сверху:

$$P_k \leq 1+2+\ldots+(k-1)=k(k-1)/2,$$

поскольку при каждом $y \leq k$ число $x<y$ принимает не больше $y-1$ значений. Отсюда

$$P_n(d)=P_{[n/d]} \leq \frac{n}{2d}\left(\frac{n}{d}-1\right) \leq \frac{n(n-1)}{2d^2}.$$

В конце решения мы докажем оценку сизу $P_k \geq k(k-1)/4$; из нее получается оценка для $P_n(d)$:

$$P_n(d) \geq \frac{1}{4}\left(\frac{n}{d}-1\right)\left(\frac{n}{d}-2\right)=$$

$$= \frac{n^2-3nd+2d^2}{4d^2} > \frac{n(n-1)}{4d^2}-\frac{3n}{4d}.$$

Сумма чисел $d=HOД(a, b)$ по всем параметрам $(a, b)$ равна $\sum_{d=1}^{n-1} dP_n(d)$, а их среднее арифметическое $A$ равно $\frac{2}{n(n-1)}\sum_{d=1}^{n-1} dP_n(d)$. Используя оценки для $P_n(d)$, получаем:

$$A \leq \frac{2}{n(n-1)}\sum_{d=1}^{n-1} d\left(\frac{n(n-1)}{4d^2}-\frac{3n}{4d}\right)=$$

$$= \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n-1}\right)-\frac{3}{2}.$$

Далее нам потребуется следующее

Лемma. Для любого натурального $n$

38

$$\frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n} < \ln n < 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n-1}.$$

Для ее доказательства можно воспользоваться тем, что $\ln n = \int_{1}^{n} 1/t \, dt$ — площадь под гиперболой $f(t) = 1/t$ на участке $1 \leq t \leq n$ (рис. 1); можно не пользоваться интегралом, а, например, убедиться в справедливости неравенств

$$\frac{\alpha}{1+\alpha} \leq \ln(1+\alpha) \leq \alpha \quad \text{при} \ \alpha \geq 0$$

(заметив, что при $\alpha=0$ все три члена равны 0 и сравнив производные), затем подставить в них $\alpha=1$, $\alpha=\frac{1}{2}$, …, $\alpha=\frac{1}{n-1}$ и сложить все полученные неравенства.

Применяя лемму к оценкам (1) и (2), получим

$$\frac{1}{2} \ln n - \frac{3}{2} < A \leq \ln(n-1)+1 < \ln n+1.$$

6. Логарифм среднего арифметического несколько чисел равен среднему арифметическому их логарифмов. Поэтому для решения задачи достаточно доказать, что среднее арифметическое чисел $\ln d$ (где $d=\text{НОД} (a, b)$, $a<b \leq n$) меньше 2: ведь $e^2 < 10$, т. е. $2 < \ln 10$. Действуя так же, как и выше, получим

$$\frac{2}{n(n-1)} \sum_{d=1}^{n} \ln d \cdot P_n(d) \leq \sum_{d=2}^{n} \frac{\ln d}{d^2} < \sum_{d=2}^{n} \left( \frac{1}{d^2} \sum_{h=1}^{n} \frac{1}{h} \right).$$

Здесь мы применили лемму: $\ln d \leq 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{d}$.

В образовательной двойной сумме чисел вида $\frac{1}{d^2} \frac{1}{h}$ ($1 \leq h \leq d$, $2 \leq d \leq n$) удобно собрать вместе числы с одинаковыми $h$ ($1 \leq d \leq n$ при $h=1$, $h \leq d \leq n$ при $h>1$) и оценить $\sum_{d=h}^{n} \frac{1}{d^2}$ с помощью легкого сворачивающейся суммы

$$\sum_{d=h}^{n} \frac{1}{d(d-1)} = \sum_{d=h}^{n} \left( \frac{1}{d-1} - \frac{1}{d} \right) = \frac{1}{h-1} - \frac{1}{n} < \frac{1}{h-1}$$

(эта оценка понадобится сейчас раз для $h=2$).

Окончательно получаем

$$\sum_{d=2}^{n} \frac{\ln d}{d^2} < \sum_{d=2}^{n} \frac{1}{d^2} + \sum_{h=2}^{n} \left( \frac{1}{h} \sum_{d=h}^{n-1} \frac{1}{d^2} \right) < 1 + \sum_{h=2}^{n} \frac{1}{h(h-1)} < 2.$$

Доказем теперь оценку $P_k \geq k(k-1)$, используяную в решении пункта a). Положим $m=[k/2]$. Среди всех целых точек $(x, y)$, где $0 < x < y \leq k$, называем красными те, для которых $x$ и $y$ взаимно просты (рис. 2). Проведем через каждую красную точку в треугольнике $x < y \leq m$ луч из начала координат $(0, 0)$. Эти $P_m$ лучей содержат, конечно, все $m(m-1)/2$ целых точек в треугольнике $x < y \leq m$.

Рассмотрим целые точки на любом из $P_h$ лучей.

39

IX kolichestvo на участке $h+1 \leqslant y \leqslant k$ может превосходить их kolichestvo на участке $1 \leqslant y \leqslant h$ не более, чем на единицу (ведь целые точки $(x, y)$ встречаются на луче через равные промежутки). Поэтому в трапеции $m+1 \leqslant y \leqslant k$, $x < y$ из всех $k(k-1)/2-m(m-1)/2$ целых точки на проведенных лучах лежат не более $m(m-1)/2+P_m$ точек. Все остальные точки в трапеции — красные; таким образом, их число

$$P_k - P_m \geqslant \frac{k(k-1)}{2} - m(m-1) - P_m,$$

откуда

$$P_k \geqslant \frac{k(k-1)}{2} - m(m-1) \geqslant \frac{k(k-1)}{4}$$

(последнее неравенство нетрудно проверить для $k=2m$ и $k=2m+1$).

Можно показать, что $\lim_{k \to \infty} \frac{P_k}{k^2} = 3/\pi^2$, т. е. верятность, что случайное взятие натуральные числа $(x, y)$, не превосходящие $k$, оказывается взаимно простыми, стремится к $6/\pi^2$ при $k \to \infty$ (см., например, задачу 30 к главе III в книге И. М. Виноградова «Введение в теорию чисел», М.: Наука, 1965).

Н. В. Васильев, В. Ф. Лев

M1111. Около оструольного треугольника ABC описана окружность. Касательные к окружности, проведенные в точках A и C, пересекают касательную, проведенную в точке B, соответственно в точках M и N. В треугольнике ABC проведена высота BP (точка P лежит на стороне AC). Докажите, что прямая BP является bisсектрисой угла MPN.

Докажем, что треугольники APM и CPN подобыны (см. рисунок),— отсюда следует, что $\angle APM = \angle CPN$, т. е. $\angle MPB = \angle NPB$. Положим AB=c, BC=a, $\angle BAC=a$, $\angle BCA=γ$. В равнобедренном треугольнике AMB угол MAB между касательной AM и хордой AB данной окружности равен половине величины дуги AB, как и вписанный угол ACB, т. е. $\angle MAB=γ$. Следовательно, $\angle MAP=α+\gamma$, AM=c/(2 cos γ). Аналогично, $\angle NCB=α$, $\angle NCP=γ+\alpha$, CN=a/(2 cos α). Кроме того, AP=c cos α, PC=a cos γ. Таким образом, в треугольника APM и CPN равны углы MAP и NCP и отношения сторон:

$$AP/AM=2 \cos α \cos γ=CP/CN,$$

что и доказывает их подобие.

Отметим, что утверждение задачи и его доказательство с небольшими изменениями сохраняется и для тупоугольного треугольника.

В. И. Чиник

M1112. На доске написаны два числа: 1 и 2. Разрешается дописывать новые числа следующим образом: если на доске имеются числа a и b, то

Ответ: в случае a) — можно, в случае 6) — нельзя Заметим, что если $c=a+b+ab$, то $c+1=(a+1)(b+1)$. Поэтому вместе чисел, записанных на доске, удобно расматривать числа, на 1 больше. Тогда каждое новое число равно произведению двух уже имеющихся. Вначале имеется числа $2=1+1$ и $3=2+1$; значит,

40

Монно написать число ab+a+b. Монно ли этом способом получить a) число 13121; б) число 12131? Докажите, что существует бесконечного много натуральных чисел, не представимых в виде e) x+y+xy, г) x+y+2xy с натуральными x и y.

Все последующие числа имеют вид $2^n \cdot 3^m$ ($n$ и $m$ — натуральные). Остается проверить данные числа: $13121+1=2 \cdot 3^8$, а $12131+1=2^2 \cdot 3^2 \cdot 337$.

В силу сказанного выше, достаточно доказать, что имеется бесконечного много натуральных чисел $n>1$, не представимых в виде $(x+1)(y+1)$ с натуральными x и y. Но этому условию удовлетворяют все простые числа (и только они), а их, как известно, бесконечного много. (Напомним включенную идею доказательства бесконечности множества простых чисел: если $p_i$, …, $p_k$ — простые, то число $p_1 \cdot \dots \cdot p_k+1$ имеет делитель простое число, отличное от $p_i$.) г) Если $z=x+y+2xy$, то $2z+1=(2x+1)(2y+1)$. Рассудя так же, как в задаче в), мы убедаемся, что нашей утверждение эквивалентно тому, что множество простых чисел вида $2z+1$ (т. е. нечетных) бесконечно.

Докажите самостояльно утверждение задач в) и г); для любого натурального a множество чисел, не представимых в виде x+y+axy, бесконечно.

А. А. Берзиньш, В. Г. Ильццев

M1113*. В стране 21 годод. Аввационное сообщение между ними осуществляет несколько авакомпанций, какая из которых обслуживает 10 бесплатных авакомпанций, связывающихся по парю некоторые пять городов (при этом между двумя городами могут летать самолеты нескольких компанций). Каждый два города связаны по крайней мере одной бесконечной авакомпанцией. При каком наменшем колчестве авакомпанций это возможно?

Рис. 1.

Ответ: При 21. Поскольку число пар городов равно $21 \cdot 20/2=210$, каждая пара обслуживается хотя бы одной компании, а каждая компания обслуживает 10 пар, число компании не может быть меньше 210:10—21.

Остается привести пример схемы обслуживания городов 21-й авакомпаней. Изображим города вершинами правильно 21-угольника и занумерением по часовой стрелке (рис. 1). Пусть 1-я компания обслуживает города с номерами 1, 3, 8, 9, 12, 2-я — города с номерами 2, 4, 9, 10, 13, получающейся из первого набора поворотом на угол $360^\circ/21$ (по часовой стрелке) и, вообше, k-я компания — город, которые получаются из первого набора поворотом на $(k-1) \cdot 360^\circ/21$. Любая пара вершин многоугольника попадет в один из этих наборов, так как средняя местudy точками первого набора встречаются по разу длины всех сторон и диагоналей 21-угольника.

Легко проверить, что построенная нами схема удовлетворяет следующим условиям: 1) любые две точки входят хотя бы один набор (это требуется в задаче), 2) любые два набора имеют одну и только одну точку. Если заменить здесь слово «набор» словом «прямая» и добавить еще одно условие — 3) имеется 4 точки, никакие 3 из которых не лежат на одной прямой, — мы получим аксиомы так называемой (абстрактной) проективой плоскости: по определению, это произвольное множество точки, в котором выделены некоторые подмножества — «прямы», удовлетворяющие условиям 1) — 3). В частности, наша схема — это конечная проективая плоскость из 21-угольника. Нетрудно доказать, что любые две конечной проективой плоскости состоит из одинакового числа точки, причем если это число равно n, то число точки

41

на плоскости равно $n^2 - n + 1$ и такое число прямы. На рисунке 2 показана схема самой маленькой проективной плоскости — из семи точек.

Д. В. Фомин, В. Н. Дубровский

M1114. Докажите, что для любого tetrahedра имеет место неравенство

$$r < \frac{ab}{2(a+b)},$$

еде $a, b$ — длины двух скрещивающих ребер, $a, r$ — радиус вписанного шара.

Рис. 1.

Рис. 2.

*M1115. a) В первой строке написаны 19 натуральных чисел, не превосходящих 88, а во второй строке — 88 натуральных чисел, не превосходящих 19. Изовем отрезком одного или несколько подряд написанных чисел одной стороны. Докажите, что из данных строк можно выбрать по отрезку так, что суммы чисел в них равны. b) Пусть $n, m, k$ — натуральные числа, $m \geq n$. Докажите, что если

$$1 + 2 + \dots + n = mk,$$

то числа 1, 2, …, $n$ можно разбить на $k$ групп так,

Заметим, что радиус $r$ вписанной в tetrahedр сферы равен $3V/S$, где $V$ — его объем, а $S$ — площадь поверхности. (Для доказательства достаточно представить объем tetrahedра как сумму объемов четырех tetrahedров, основаниями которых являются грани данного tetrahedра, а вершины совпадают с центром сферы.) Оценим $V$ и $S$ через длины ребер $a, b$ и расстояние $h$ между содержащими эти ребра скрещивающимися прямыми. Опишем вокруг tetrahedра параллелепид, для которого $a$ является ребром нижнего основания, а $b$ — верхнего (рис. 1). Его высота, оцененное, равна $h$, поэтому его объем не превыходит $abh$. В то же время, этот объем в 6 раз больше объема tetrahedра, что становится ясным, если принять за основание параллелепида его боковой грань, содержащую грань tetrahedра. Таким образом, $V \leq abh/6$.

С другой стороны, расстояние от концов ребра $b$ tetrahedра до ребра $a$ не меньше $h$ и хотя бы одно из них больше $h$ (рис. 2), поэтому сумма площадей граней, примыкающих к ребру $a$, больше $ah$. Аналогично, сумма площадей двух других граней больше $bh$, т. е. $S > (a+b)h$, а

$$r = \frac{3V}{S} < \frac{abh}{2(a+b)h} = \frac{ab}{2(a+b)}.$$

Н. В. Васильев

a) Пусть $a_1, a_2, \dots, a_{19}$ — числа первой строки, $b_1, b_2, \dots, b_{88}$ — второй, $A(i)=a_1+\dots+a_i, B(i)=b_1+\dots+b_i$. Предположим, что $A(19) \geqslant B(88)$ (случай $A(19) < B(88)$ рассматривается аналогично). Для каждого $i$ обозначим через $n_i$ наименьшее из чисел $n$ таких, что $A(n)-B(i) \geqslant 0$; такое $n_i$ существует в силу нашего предположения. Расмотрим 88 разностей $A(n_i)-B(i)$; они могут принадлежать значения от 0 до 87, так как $A(n_i)-B(i)=A(n_i-1)-B(i)+a_{n_i} < a_{n_i} \leqslant 88$. Если эти разности различны, то среди них есть 0 и наше утверждение выполено. В противном случае-то две разности — скажем, для $i=l$ и $i=k$, $k<l$ — совпадают. Тогда

$$A(n_l)-A(n_k)=B(l)-B(k),$$

т. е. искомые отрезки — это $a_{n_k+1}, \dots, a_{n_l}$ и $b_{k+1}, \dots, b_l$.

Ясно, что числа 19 и 88 в этой задаче можно заменить на любые натуральные.

6. Доказательство проведем индукцией по $n$. Для $n=1$ доказываются нечего. Допустим, что наше утверждение

42

верно для всех значений параметра, меньше $n$, и рассмотрим множество $S_n = \{1, 2, \dots, n\}$.

Если $m = n$, то $(n+1)/2 = k$ — целое и нужное разбиение такое:

$$\{n\}, \{1, n-1\}, \{2, n-2\}, \dots, \{(n-1)/2, (n+1)/2\};$$

если $m = n+1$, то $n$ четно и разбиение имеет вид

$$\{1, n\}, \{2, n-1\}, \dots, \{n/2, n/2+1\}.$$

Тепер рассмотрим 3 случай.

Случай 1: $n+1 < m < 2n$, $m$ нечетко. Выделим из набора $S_n$ набор $S_{m-n-1}$; остальные $2n-m+1$ чисел можно разбить на пары с суммой $m: \{m-n, n\}, \{m-n+1, n-1\}, \dots, \{(m-1)/2, (m+1)/2\}$. Сумма чисел набора $S_{m-n-1}$ равна

$$\frac{(m-n-1)(m-n)}{2} = \frac{m^2-m(2n+1)}{2} + \frac{n(n+1)}{2} = m\left(\frac{m-2n-1}{2} + k\right)$$

и делится на $m$, причем $m \geqslant m-n-1$, поэтому эти числа по предположению индекции также можно разбить на группы с суммой $m$ в каждой группе.

Случай 2: $n+1 < m < 2n$, $m$ четно. Здесь мы тоже выделим набор $S_{m-n-1}$, а остальные числа разобим на пары с суммой $m: \{m-n, n\}, \{m-n+1, n-1\}, \dots, \{m/2-1, m/2+1\}$, и еще одно число $m/2$. Сумму чисел набора $S_{m-n+1}$ представим в виде $(m-2n-1+2k)(m/2)$. Она делится на $m/2$, причем $m/2 \geqslant m-n-1$, так как $m/2 < n$. Поэтому набор $S_{m-n-1}$ можно разбить на нечетное число $m-2n-1+2k$ группы с суммой $m/2$, к одной из них присоединить $m/2$, а остальные объединить попарно — получается группы с суммой $m$.

Случай 3: $m \geqslant 2n$. Будем разбивать набор $S_n$ на $k$ группы с равной суммой, которая уже автоматически будет равна $m$. Заметим, что $k = n(n+1)/2m \leqslant (n+1)/4$, и потому $n-2k \geqslant 2k-1 > 0$.

Выделим из $S_n$ набор $S_{n-2k}$. Сумма чисел этого набора

$$\frac{(n-2k)(n-2k+1)}{2} = \frac{n(n+1)}{2} - k(2n+1)+2k^2$$

делится на $k$, причем частное от этого деления не меньше $n-2k$ так как $(n-2k)(n-2k+1)/2(n-2k) = (n-2k+1)/2 \geqslant k)$.

Следовательно, $S_{n-2k}$ можно разбить по предположению индекции на $k$ равных по сумме группы. Ostальные $2k$ чисел разбиаются на $k$ пар с равной суммой: $\{n-2k+1, n\}, \{n-2k+2, n-1\}, \dots$. Остается объединить каждой группы с одной пар.

А. В. Анджанс

Ф1123. К концу вертикальной водопроводной группы при помощи короткою отрезка резиновой

Рассмотрим силы, действующие на горизонтальной насадку (см. рисунок). Это две силы $F$ давления воды в изгибах насадки, сила веса воды $\rho lSg$ и сила тяжестеки самой насадки $Mg$.

43

Трубки прикреплена стальная насадка массой M. При каком расходе воды насадка будет горизонтальной? Площадь секции насадки S, длина ее l. Тренец претенбреть.

Ф1124. На гладкое горизонтальное брево радиусом R кладут сверх «кинижку», составленную из двух однородных тонких квадратных плоскок со стороны l=4R. Пластины скреплены при помощи неевесомого шарнироного стержня. Какой угол образуют плостины в положении равновесия? Будет ли это равновесие устойчивым?

Ф1125. Вертикальный теплозолитрованный сосуд, в котором находится одноатомный газ, закрыт поршнем массой M. В сосуде включают нарезатель мощность N, и поршень начинает медленно двигаться вверх. За какое время он поднимается на высоту H относительно на-

44

Чального положения? Теллоемкость поршня, треншем и давлением атмосферы претенбреть.

$$N\tau = MgH + \frac{3}{2} MgH$$

получаем

$$\tau = \frac{5}{2} \frac{MgH}{N}.$$

А. Р. Зильберман

Ф1126. В схеме, изображенной на рисунке 1, ключ К «колеблется» между положениями 1 и 2 с частотой $f=100\Gamma$; в каждом положении ключ находится одинаковое время. Начти ток через резистор. $C_1=10$ мкФ, $C_2=30$ мкФ, $R=100$ кОм.

Рис. 1.

Рис. 2.

Ответ на вопрос задачи оценiden: средний ток через резистор должен быть равен нулю. В самом деле, при любом отличном от нуля тоже потенциаль точки соединения конденсаторов со временем возрастал бы неограниченно.

Больший интерес представляет общение тока через батарею, считая напряжение батареи равным $U_0=10$ В.

Легко проверить, что за время нахождения переключителя в одном из положений — 1 или 2 — конденсаторы перезаряжаются независимно. Действительно, пусть конденсатор емкостью $C$ заряжен до напряжения $U$. Замкнем его на резistor сопротивлением $R$. По цепи пойдет ток $I=U/R$, в результате за малое время $t$ заряд конденсатора изменится на

$$\Delta q = I\tau = U\tau/R,$$

а напряжение — на

$$\Delta U = \Delta q/C = U\tau/(RC),$$

так что

$$\frac{\Delta U}{U} = \frac{\tau}{RC} \ll 1.$$

На самом деле изменение напряжения еще меньше, так как от батареи тоже притекает некоторый заряд.

Итак, напряжение конденсаторов можно считать постоянными. Тогда для схем, изображенных на рисунке 2, получим

$$\frac{U_1}{R} - i_1 = I_1, \quad \frac{U_2}{R} - i_2 = I_2.$$

Но

$$i_1\tau_1 = I_2\tau_2 \text{ и } i_2\tau_2 = I_1\tau_1,$$

или учитывая, что $\tau_1 = \tau_2 = 1/(2f)$,

$$i_1 = I_2 \text{ и } i_2 = I_1.$$

Следовательно, в установленном режиме

$$U_1 = U_2 = \frac{U_0}{2},$$

$$I_1 + I_2 = \frac{U_0}{2R},$$

и ток через батарею

$$I = \frac{I_1 + I_2}{2} = \frac{U_0}{4R} = 25 \text{ мкA.}$$

45

Любопытно, что в ответ не вошли значения емкостей конденсаторов. Они нам понадобились лишь для подтверждения условий RC≈1/f.

А. Р. Зильберман

Ф1127. Фонарик испускает пучок лучей, сходящая на расстоянии $R_0=1$ м от него в маленькое пятно. На пути луча помещили два плоских зеркала квадратной формы так, что линяя их соприкосновения пересекает ось луча на расстоянии $r=70$ см от фонарика и перепределения этой оси. Плоскости зеркал перепределения друг друга, а одно из зеркал составляет угол $\alpha=30^\circ$ с осью лучка. На каком расстоянии от фонарика сойдется пучок?

Ход лучей, испускаемых фонариком Ф, показан на рисунке. До помещения зеркал на пути лучей пучок сходился в точке A.

Рассмотрим ту часть лучей, которая сначала отражается от зеркала 1. После отражения они идут так, как если бы их испустил фонарик Ф’, являющийся отражением фонарика Ф в зеркале 1. Эти лучи пересеклись бы в точке $A'$, если бы на их пути не стояло зеркало 2. После отражения от него лучи идут так, как если бы их испустил фонарик Ф’’, являющийся отражением Ф’ в зеркале 2. Легко видеть, что Ф’’ центрально симметричен Ф относительно точки O. В результате пучок содержится в точке $A''$, центрально симметричной точки A и лежащей на оси пучка на расстоянии

$$x=R_0-2(R_0-r)=40 \text{ см}$$

от фонарика.

Аналогичные рассуждания показывают, что лучи, отражающиеся сначала от зеркала 2, также пересекаются в точке $A''$. Положение этой точки, очевидно, не зависит от угла $\alpha$.

М. М. Цыпин