Решения задач М1156—М1160; Ф1168—Ф1172

31

Ф1189. В большой комнате зимой поддерживается постоянная температура $T_k=+15^\circ\text{C}$ при помощи трех радиаторов центрального отопления, соединенных последовательно (рис. 2), по которым прокачивается горячая вода. При этом температура первого радиатора $T_1=+75^\circ\text{C}$, а последнего (третьего) — $T_3=+30^\circ\text{C}$. Чему равна температура второго радиатора? Считайте, что теплобмен — как между радиатором и комнатой, так и между горячевой водой и радиатором — пропорционален соответствующей разности температур.

А. В. Андрианов

Ф1190. К батарее с внутренним сопротивлением $r=1$ Ом подключены последовательно два одинаковых конденсатора. Параллельно одному из них присоединяют резistor $R=1000$ Ом, при этом в схеме выделяется некоторое количество теплла. Какая часть этого теплла выделится на внутреннем сопротивлении батареи?

А. Р. Зильберман

Ф1191. Тонкостенная проводящая сфера радиусом $R$ подключена к источнику тонкими проводами (рис. 3), присоединенными в точках $A$ и $B$ ($AO \perp OB$, $O \perp OB$)? Сделаем на сфере около точки $C$ две отметки, так, чтобы расстояние между составляло $R/1000$, а соединяющий их отрезок оказался перpendicularным направлением зарядов. Какая часть общего тока протекает по сфере между этим отметками?

Л. Г. Маркович

Ф1192. На торце цилиндрического соленода лежит тонкий лист картона, на нем — маленькое сверхпроводящое колюцо из тонкой проводки, диаметр которого $d_1$ существенно меньше диаметра колюца $D$. При подключении соленода к источнику последовательно с конденсатором (рис. 4) колюцо подрывается при $U>U_0$. Каким должно быть напряжение источника в аналогичном опите с колютом такого же диаметра, но сделанным из проводки толщиной $d_2$? Индуктивность такого колюца с достаочной для практики точностью можно оценить по формуле $L=kD \ln(1,4D/d)$. Сопротивление соленода считать малым.

В. В. Можаев

Решения задач
M1156—M1160, Ф1168—Ф1172

Докажем, что выход в финальную четверку гарантирован команде, набравшей 11 очков. Предположим противное: пусть неокторые 5 команда набрали не менее чем по 11 очков. В 10 играх между собой эти 5 команда набрали в сумме 20 очков, а в играх с 3 остальных — не более $2 \cdot 3 \cdot 5=30$, т. е. всего они набрали не более $50<5 \cdot 11$ очков. Это противоречит нашему предположению.

32

О очков.) Какое наименьшее число очков гарантирует выход в финальную четверку?

С другой стороны, 10 очков еще не гарантируют выход в финал. Действительно, если какие-то 5 команд все матчи между собой сыграют вничью, а у остальных 3 команд выиграют, то каждая из них наберет по 4+6=10 очков, но может не попасть в финальную четверку.

Точно так же можно доказать, что в однокрутовом турире команд наименьшее число очков, гарантирущее выход в число $k$ сильнейших из $n$ участников ($k < n$), равно $2n-k-1$.

С. Ходжиев

M1157. Три треугольника — белый, красный и зеленьый — имеют общую внутреннюю точку M. Докажите, что можно выбрать по одной вершине каждого треугольника так, чтобы точка M находится внутри или на границе треугольника с вершинами в выбранных точках трех разных цветов.

Рассмотрим всевозможные углы, образуемые отрезками, ищими из $M$ в некоторые две вершины разного цвета. Пусть наиболее из этих углов $\alpha = \angle AMB \leq 180^\circ$, причем $A$ — красная точка, $B$ — белая. тогда внутри углов $AMB'$ и $BMA'$, смежных с $\alpha$, нет зеленых точек (см. рисунок). Поэтому в вертикальном по отношению к $\alpha$ угле $A'MB'$ должна находиться одна зеленьая вершина $C$ (начие все 3 зеленые вершины оказались бы внутри угла $\alpha$, и зеленый треугольник не содержал бы внутри себя точку $M$). Треугольник $ABC$ — искомый: он содержит точку $M$, поскольку $M$ лежит по одному сторону с $C$ от прямой $AB$, а отрезки $AC$ и $BC$ пересекают продолжения отрезков $BM$ и $AM$.

Попробуйте придумать аналог утверждения этой задачи в пространстве.

И. Барани

M1158. Найдите наименьшее значение выражения $(x+y)(x+z)$, если $x, y, z$ — положительные числа и $xyz(x+y+z)=1$.

Ответ: Наименьшее значение равно 2.

Положим $a=y+z, b=x+z, c=x+y$ и рассмотрим треугольник со стороны $a, b, c$; он существует, поскольку каждое из чисел $a, b, c$ меньше суммы двух других (см. рисунок). Перimetр этого треугольника равен $2p=a+b+c=2(x+y+z)$, а площадь, по формуле Герона

33

$$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{(x+y+z)xyz} = 1.$$
С другой стороны, $2S = bc \sin \alpha$, где $\alpha$ — угол между сторонами $b$ и $c$, поэтому
$$(x+z)(x+y) = bc \geqslant 2S = 2,$$
причем равенство достигается для прямого лого треугольника, т. е. при условии $a^2 = b^2 + c^2$, эквивалентном такому: $x(x+y+z) = yz$. (В частности, $(x+y)(x+z) = 2$ при $x+y=x+z=\sqrt{2}$, $y+z=2$, т. е. $y = z=1$, $x=\sqrt{2}-1$.)
Догадавшись, когда достигается равенство, легко найти и короткое число алгебраической доказательство, использующее неравенство $p+q \geqslant 2\sqrt{pq}$:
$$(x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz \geqslant 2\sqrt{xyz}(x+y+z) \geqslant 2.$$
О. Христенко

M1159. С помощью двусторонней линеки построите угол величиной $30^\circ$. Разрешены следующие операции: (1) проведение прямой через две точки, (2) проведение прямой, параллельной даниной, на расстоянии, равном ширине линеки.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

4. Отмечаем три узла этой сетки $A, B, C$, образующие прямой треугольник с катетами $AB=\sqrt{3}, BC=\sqrt{6}$ и гипotenuse $AC=3$ (рис. 3).
5. Проведя прямую, параллельную $AB$ на расстоянии 1 от нее, находим точку $D$ на отрезке $BC$ такую, что $BD=1$. Тогда $\angle BAD=30^\circ$.
   Конечно, имеются и другие решения.
   Иного возможности двусторонней линеки понятно более широко: разрешают проводить две параллельные прямые на расстоянии 1 через две заданные точки $A$ и $B$ ($AB \geqslant 1$; рис. 4). Можно показать, что в этом случае с помощью двусторонней линеки ре-

34

Шаются все те же задачи на построение, что и с помощью циркуля и линейки (см., например, книгу И. И. Александрова «Сборник геометрических задач на построение», М.: Учредница, 1952). Подумайте, верно ли это для двух операций из условий нашей задачи.

А. В. Полеб

M1160. У одного конца А прямолинейной дороги АВ собрать 10 кенгуру и начили цагать в чехарду. Они прыгают по очереди: первый каждый раз прыгает, куда хочет; второй прыгает через первый так, чтобы первый оказался точно посередине между началом и концем прыжка, третый точно так же прыгает через второй и т. д., десятий прыгает через девятого, затем начинаяся новая серия прыжков по тем же правилам.

a) Могут ли через 10 серий прыжков все кенгуру собрать в точке B?
b) Могут ли они собрать там равше?

0 $x_1(1)$ $x_1(2)$ … 1
0 $x_2(1)$ $x_2(2)$ … 1
0 $x_3(1)$ $x_3(2)$ … 1
0 $x_{10}(1)$ $x_{10}(2)$ … 1

Таблица 1.

0 1/512 10/512 … 1
0 1/256 9/256 … 1 1
0 1/4 3/4 1 … 1 1
0 1/2 1 1 … 1 1
0 1 1 1 … 1 1

Таблица 2.

Ответ: a) да, 6) нет.

Будем задавать положение $i$-го кенгуру после $k$-го прыжка координатой $x_i(k)$ на оси АВ, приняв точку А за 0, а $B$ — за 1. Тогда

$$x_{i-1}(k) = \frac{x_i(k-1)+x_i(k)}{2},$$

(1)

или

$$x_i(k-1) = 2x_{i-1}(k)-x_i(k).$$

(2)

Рассмотрим таблицу, в котором на пересечении $i$-й строки и $k$-го столбца стоит число $x_i(k)$; добавим «нулевой» столбец, заданной начальное положение: $x_1(0)=x_2(0)=\dots=x_{10}(0)=0$. В силу (1) каждое число в таблице, кроме чисел нулевого столбца и последней (10-й) строки, равно получиме двух, стоящих в следующей строке — в том же столбце и в предыдущем (см. таблицу 1). Если все кенгуру когда-то собрать в точке $B$, то последний столбец состоит из единиц и из (2) следует, что весь правильный угол состоит из одних единиц, как на таблице 2. Отсюда сразу следует, что число серий прыжков должно быть не менее 10, причем $i$-й кенгуру ($i=2,3,\dots,10$) должен последнее $i-1$ серий должен остаться в точке $B$, прыгая на месте. (Конечно, в условиях подразумевается, что такие прыжки разрешены, т. е. несколько кенгуру могут находиться в одной точке.)

По той же таблице 2 из 10 строк и 11 столбцов видно, как должны прыжать кенгуру, чтобы за 10 серий опали в точку $B$. 10-й кенгуру уже в первой серии должен попасть в $B$, и по формуле (1) последовательное нахождение (отличные от 1) числа $x_i(k)$, начиная с нижней строки: для $i=9$, затем $i=8$ и т. д. Чтобы указывать прыжки ($i-1$-го кенгуру, надо отметить середины векторов, на которых прыжает $i$-й кенгуру (см. рисунок).

Составляя таблицу этих прыжков — 1; $\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{2}$; $\frac{1}{4}$, $\frac{2}{4}$ и $\frac{1}{4}$; $\frac{1}{8}$, $\frac{3}{8}$, $\frac{3}{8}$ и $\frac{1}{8}$ и т. д. — легко заметить, что они выражаются через биоминальные коэффициенты $C_n^m = \frac{n(n-1)\dots(n-m+1)}{1\cdot2\cdot\dots\cdot m}$, участующее в формуле *)

*) См. брошюр «Треугольник Паскала» В. А. Успенского (М.: Наука, 1979) или соответствующие статьи в «Энциклопедическом словаре конного математика» (недавно вышло повторное издание: М.: Педагогика, 1988).

35

$$(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1} b + \ldots + C_n^k a^{n-k} b^k + \ldots + C_n^0 b^n.$$

А именно, дляна $k$-го прыжка $i$-го кенгуру ($1 \leq k \leq 11-i, i=10, 9, \ldots, 1$) равна

$$x_i(k) - x_i(k-1) = C_{10-i}^{k-1}/2^{10-i};$$

сумма $11-i$ эти прыжков (по всем $k$ от 1 до $11-i$) при каждом $i$ равна 1.

С. Л. Елисеев

Ф1168. Оцените максимальный скорость лунохода — работающего на Луне самоходного аппарата, управляемого с Земли.

Предположим, что в какой-то момент телефонла лунохода «обнаружила» неровность лунной поверхности и «сообщила» об этом на Землю. До момента получения команды как двигается дальше время

$$t = 2 \frac{l}{c} + \tau = 2 \frac{380 \cdot 10^3 \text{ км}}{300 \cdot 10^3 \text{ км/c}} + 0,1 \text{ с} \sim 2,6 \text{ с}.$$

Здесь $l$ — расстояние от Земли до Лунны, $c$ — скорость распространения радиосигнала, $\tau$ — длительность принятия решения оператором.

Для оценки скорости движения лунохода будем считать, что она во столько раз меньше скорости $v \sim 20$ km/ч движения автоматически на плоской земной дороге, во сколько раз время $t$ «принятия решения» луноходом больше времени $\tau$ реакции земного водителя. Следовательно, максимальный скорость лунохода

$$v_\pi \sim v \frac{\tau}{t} \sim 1 \text{ km/ч}.$$

В. И. Шелест

Ф1169. Тонарм произрыватель представляет собой легкий прямой стержень длиной $L$ (см. рис.ок), на одном конце которого (в точке В) закреплен звуковимататель с целюй, а другой конец закреплен в шарнире, который может без трения врачаться относительно вертикальной оси $A$, проходящей на расстоянии $R$ ($R > L$) от оси врачания О диска произрывателя. Илла ставится наровную однородную поверхность равномерного врачающего диска. Наути установленная уzel а между тонаром и лицею АО.

Понятно, что на тонар со стороны врачающегося диска действует сила треня, направленная, как обычно, против относительной скорости тонарма и диска, в установившемся положении — перпендикулярно отрезку, соединяющему точки $B$ и $O$.

В состоянии равновесия момент силы треня относительно оси $A$ должен быть равен нулю. Это означает, что сила треня направлена вдоль тонарма, т. е. угол $ABO$ — прямой, треугольник $ABO$ — прямой угольный, а угол $a$ такой, что

$$\cos \alpha = \frac{L}{R}.$$

Характерно, что это равновесие устойчивое (показите это самостояльно).

Пусть теперь игла ставится на грампластинку. Общно при конструкировании произрывателя выбирают $L \approx R$. Тогда при произрывании пластинки на иглу все время действует слая, стремящаяся сместить ее к центру диска, что ведет к неравномерному износу пластинки. Поэтому в произрывателей высокого класса преду-

36

Ф1170. Оценки массы Галактики, полученные различными способами, дают отличующие результаты. Так, согласно визуальным оценкам, в пределах расстояния $R = 3 \cdot 10^9 R_0$ ($R_0$ — радиус орбиты Земли) от центра Галактики сосредоточена масса $M_1 = 1,5 \cdot 10^{11} M_0$ ($M_0$ — масса Солнца). Между тем перiod обращения звезд, находящся на указанном расстоянии от центра Галактики, составляет $T = 3,75 \cdot 10^8$ лет. Определить «скрытую массу» Галактики, т. е. массу невидимых объектов внутренней сферы радиусом $R$. При расчете движения звезд массу Галактики можно считать сосредоточенной в ее центре.

Ф1171. Электрический диополь — две частицы с одинаковыми массами $m$ и зарядами $+q$ и $-q$, заключенные на концах жесткого неевесomoно стержня диополя $l$, — врачается с угловой скоростью $\omega$ в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через центр $O$ диополя (рис. 1). В некоторых моментах включают постоянное магнитное поле с индуктивity $B$, направленной вертикально. Опишите установившееся движение диополя.

Для тела, движущемся по окружности радиусом $r$ со скоростью $v$ под действием притяжения центрального тела массой $m_\pi$, центростремительное ускорение $v^2/r$ равно gravitationalному ускорению $Gm_\pi/r^2$ (G — gravitational постоянная):

$$\frac{v^2}{r} = \frac{Gm_\pi}{r^2}.$$

Отсюда, использая для периода обращения выражение $t = 2\pi r/v$, для массы центрального тела получим

$$m_\pi = \frac{4\pi^2 r^3}{Gt^2}.$$

Сравнивая движение Земли вокруг Солнца (с перiodом $T_0 = 1$ год) с движением расматриваемых в задание звезд, найдем полную массу $M$ Галактики внутри сферы, радиус которого равен $R$:

$$M_0 = \frac{4\pi^2 R_0^3}{GT_0^2}, \quad M = \frac{4\pi^2 R_3^3}{GT^2},$$

$$M = M_0 \frac{R^3}{R_0^3} \frac{T_0^2}{T^2} = 1,9 \cdot 10^{11} M_0.$$

Таким образом, «скрытая масса» Галактики равна

$$\Delta M = M - M_1 = 4 \cdot 10^{10} M_0.$$

При включении магнитного поля на каждую частицу будет действовать сила Лоренца (рис. 2), направленная вдоль стержня и равна

$$F_{\pi} = qvB = q\omega \frac{l}{2} B.$$

На диополь в целом действует сила

$$F = 2F_{\pi} = q\omega lB.$$

37

Эта сила постояна по модулю, но ее направление в пространстве изменяется: вектор $F$ врашает вместе со стержнем с угловой скоростью $\omega$. Следовательно, центр диополя — точка $O$ — будет враться с угловой скоростью $\omega$ по окружности радиусом $r$, который можно определить из второго закона Ньютона:

$$F = 2m\omega^2 r \Rightarrow r = \frac{F}{2m\omega^2} = \frac{qlB}{2m\omega}.$$

С. Эдравкович (СФРЮ)

Ф1172. Внутренняя поверхность сферы покрыта диффузным отражателем с коэффициентом отражения $r = 0,9$. Условое распределение света, отраженной диффузным отражателем, описывается законом Ламберта:

$$\Delta N = \frac{N}{\pi} \cdot \cos \theta \cdot \Delta \Omega,$$

где $N$ — полное число отраженных фонов, $\Delta N$ — число отраженных фонов в малом телесном угле $\Delta \Omega$, составляющим угол $\theta$ с нормально к отражающей площадке. В центре сферы происходит вспышка точного источника света. Какая доля фонов выйдет через очень маленькое отвергение, имеющееся в сфере?

Через отвергение в сфере выйдет, во-первых, те фотоны, которые попадут на отвергение непосредственно сразу после вспышки источника, а во-вторых, те, которые попадут на отвергение в результате многократных отражений от внутренней поверхности сферы.

Рассчитаем, какая доля $p$ фоновов, отразившихся от плоскки $\Delta S'$, попадет на плоскку $\Delta S$ (см. рисунок). В соответствии с законом Ламберта,

$$p = \frac{\Delta N}{N} = \frac{1}{\pi} \cos \theta \cdot \Delta \Omega,$$

где $\Delta \Omega = \Delta S \frac{\cos \theta}{AB^2}$ (со $\theta$ учитывает «видимую» из точки $A$ площадь $\Delta S$). Поскольку $AB = 2R$ cos $\theta$,

$$p = \frac{\Delta S}{4\pi R^2}.$$

Таким образом, доля фоновов, попавших на плоскку $\Delta S$ с плоскки $\Delta S'$, зависит только от отношения $\Delta S$ к плоскии сферы и не зависит от взаимного расположения выбранных плоскадок. Это в свою очередь означает, что если плоскад отвергения $s$, а плоскад сферы $S$, то после отражения от сферы через отвергение выйдет доля отраженных фонов, равная $s/S$. Для оценки положим $s/S = 0,1\%$.

Поскольку уменьшение числа фонов за счет поверхнения стеками сферы на два порядка больше, чем за счет утечки через отвергение (при каждом отражении теряется 10 % фоновов, а через отвергение после каждого отражения выходит 0,1 %), уменьшением числа $N_0$ фонов в сфере за счет утечки через отвергение можно пренебрецть. тогда сразу после вспышки (до первого отражения) через отвергение выйдет $N_0 s/S$ фоновов, после первого отражения $-rN_0 s/S$ фоновов, после второго $-r^2 N_0 s/S$ и т. д. Доля фонов, которые в конце концов выйдет через отвергение, равна

$$\alpha = \frac{s}{S} (1 + r + r^2 + \dots + r^n) = \frac{s}{S} \frac{1}{1-r} = 1\%.$$

С. А. Хорозов