Решения задач М1161—М1164; Ф1173—Ф1177

30

Решения задач
M1161 — M1164, Ф1173 — Ф1177

М1161. В большинстве случаев выполняется 10 шаров. Доказите, что если в нем помещать 9 шаров, то обязательно остатся место для десятою (т. е. центры 9 шаров расположатся по треугольной сетке).

Прием диаметр шара за 1. Задча эквивалентна следующей: доказать, что если 9 точек $K_1, K_2, ..., K_9$, попарные расстояния между которых не меньше 1, размещены в правильном треугольнике со сторонай 3, то они обязательно находятся в вершинах треугольной решетки со стороной 1 (в 9 из 10 черных точек на рисунке). Достаточно доказать, что 6 (или 7) из точек $K_i$ находится в пределах красного шестиугольника, причем они обязательно находятся в его вершинах или в центре $O$ — ведь в каждом угловом треугольнике со стороной 1 (не на красной стороне) может находиться лишь одна из точек $K_i$, причем если на его красной стороне есть другая точка $K_j$, то $K_i$ лежит в вершине большого треугольника.

Ясно, что если одна из 6 точек $K_i$ внутри шестиугольника совпадает с $O$, то остальные лежат в вершинах. Если же все они отличны от $O$, то отрезки $OK_i$, проведенные в эти точки, образуют между собой углы $60^\circ$ (если $\angle K_iOK_j < 60^\circ$, $OK_i \leq 1$, $OK_j \leq 1$, то $K_iK_j < 1$) и $OK_i = 1$.

По-видимому, верен и такой факт: если из 1+2+…+$n=n(n+1)/2$ шаров, вплотную уложенных в треугольную коробку, убрать один шар, то остальные обязательно будут располагаться по треугольной сетке — так что убранный шар можно уложить на место.

Н. П. Дольбин

M1162. Найдите все целочисленные решения уравнений
$$x^3 - 13x \cdot y + y^3 = 13.$$

Введем новые переменные $s = x + y$ и $t = xy$. Тогда уравнение примет вид $s^3 - 3st - 13t = 13$, или
$$t = \frac{s^3 - 13}{3s + 13},$$
(*)

и, следовательно,
$$27t = \frac{27s^3 - 13 \cdot 27}{3s + 13} = 9s^2 - 39s + 169 - \frac{13^3 + 13 \cdot 27}{3s + 13}.$$

Отсюда получаем, что число 3s+13 должно быть делителем числа 2548=13·196. Далее, так как $s^2 - 4t = (x - y)^2 \geq 0$, то
$$s^2 - 4 \frac{s^3 - 13}{3s + 13} = \frac{3s^3 + 13s^2 - 4s^3 + 52}{3s + 13} \geq 0$$
и, значит,
$$\frac{s^2(13 - s) + 52}{3s + 13} \geq 0.$$

Отсюда имеем $s \leq 13$ и $s \geq -4$ (иначе значение дроби отрицательное). Следовательно, 3s+13 лежит в пределах отрезка 1 при делении на 3. Таким делителем у числа 2548=2·2·7·7·13 семь: 1, 4, 7,

31

13, 28, 49, 52. Они дают значения $s$ соответственно: $-4, -3, -2, 0, 5, 12, 13$ и значения $t$ (из уравнения (*)): $-77, -10, -3, -1, 4, 35, 42$. Решая для каждой из этих пар системы

$$\begin{cases} x+y=s, \\ xy=t \end{cases}$$

— для этого достаточно найти корни квадратного уравнения $z^2-sz+t=0$,— мы получаем 7 пар решения (7; 5), (7; 6), (7; -11), (1; -3), (1; -1), (1; 4), (-5; 2). Естественно, выду симметрию исходного уравнения относительно $x$ и $y$ числа в парах можно менять местами, так что всего уравнение имеет 14 решений. Вообще легко видеть, что уравнение $x^3-kxy+y^3=m$ при целых $k$, $m$ имеет конечное число решений в целых числах, если $k^3+27m \neq 0$. Заметим, что уравнение

$$x^3-kxy+y^3=k$$

всегда имеет стандартное решение (1; -1) и, если $k=2p+1$, еще и решение $(p; p+1)$. Однако коэффициент $k=13$ является, в некоторых смысле, почти «уникальным»: все допустимые значения $s$ (отображенные по неравенству $s^2-4t \geq 0$) дают в результате квадратные уравнения, имеющие целые решения. Можно подметить еще одно сравнительное простое свойство уравнения (***), прослеживающееся в данном примере: если $(a; b)$ и $(a; c)$ — решения данного уравнения, то и пара $(a; -b-c)$ — решение этого уравнения (это легко следует из теоремы Виета).

Д. В. Фомин

M1163. Черенаха вышла из точки $A$ и пришла в точку $B$, дв歧ясь по произвольной траектории с произвольной скоростью. Вслед за ней из точки $A$ вышла вторая черенаха, которая в каждой момент времени движалась в направлении перой (с произвольной скоростью) и в конце концов также пришла в точку $B$. Доказите, что пусть, проеденный второй черенахой (к моменту прихода обеих в $B$), не превозходит пути перой.

Пусть к моменту времени $t$ 1-я черенаха прошла путь $L(t)$, вторая — $P(t)$, а расстояние между ними в этот момент — $D(t)$. Докажем, что с течением времени величины

$$f(t)=L(t)-P(t)-D(t)$$

не убивает, т. е. $f(t) \geq f(t')$ при $t > t'$. Отсюда будет следовать утверждение задачи: пусть 1-я черенаха начала движения при $t=0$, а 2-я закончила его при $t=T$, тогда $f(0)=0$, $D(T)=0$ и если $f(T)=L(T)-P(T) \geq f(0)$, то $L(T) \geq P(T)$.

Основное утверждение об $f(t)$ можно доказать по разному. (Например, с помощью произвольной.) Трудность связана с тем, что в задаче решет о произвольных траекториях и произвольных скорости. Мы обойдем эту трудность так: заменим траектории черенах близкими к ним ломанными.

Пусть $M_i$ — положение 1-я черенахи в момент времени $t_i=i\tau$, $\tau=T/n$ ($i=0, 1, ..., n$; $M_0=A$, $M_n=B$); $u_i$ — скорость 2-я черенахи в момент времени $t_i$. Предположим, что 1-я черенаха на отрезке времени между $t_i$ и $t_{i+1}$ проходит отрезок $M_iM_{i+1}$, а 2-я проходит отрезок $N_iN_{i+1}$ длиной $u_i\tau$, направленный к точке $M_i$ (рис. 1;

32

Мы считаем, что $u_0 = 0$, $N_0 = N_1 = A$; если $u_i \tau \geq M_i N_i$, то $N_{i+1} = M_i$). Пусть при этом движении по ломанным к моменту $t_i$ черезх прошли путь $L^*(t_i)$, $P^*(t_i)$ и находятся на расстоянии $D^*(t_i)$ друг от друга. (На каждом интервале $[t_i, t_{i+1}]$ эти функции мы считаем линейными.) Положим $f^*(t) = L^*(t) - P^*(t) - D^*(t)$. Поскольку (см. рисок 2)

$$D^*(t_i) = N_i M_i, L^*(t_{i+1}) = L^*(t_i) + M_i M_{i+1},$$
$$P^*(t_{i+1}) = P^*(t_i) + N_i N_{i+1}, D^*(t_{i+1}) = N_{i+1} M_{i+1},$$

получим

$$f^*(t_{i+1}) - f^*(t_i) = M_i M_{i+1} - N_i N_{i+1} + M_{i+1} N_{i+1} - N_i M_i = N_{i+1} M_i + M_i M_{i+1} - N_{i+1} M_{i+1} \geq 0.$$

Итак, функция $f^*(t)$ — неубывающая. Отсюда следует, что и $f(t)$ — неубывающая: при достаточно большом $n$ ломанные $M_0 M_1 \dots M_n$ и $N_0 N_1 \dots N_n$ будут сколь годно близки к траекторям черезх, а функция $L^*$, $P^*$ и $D^*$, $f^*$ — соответственно к функциям $L$, $P$, $D$ и $f$, и если бы оказалось, что $f(t) > f(t')$ при некоторых $t > t'$, то должно быть $f(t_{i+1}) > f(t_i)$ при некоторых $i$ (для достаточно большого $n$).

С. Ю. Орвеков, А. Х. Шень

M1164. Натуральное число $n$ называется совершенным, если оно равно сумме всех своих делителей, меньших $n$ (например: $28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14$). Доказите, что нечетное совершенное число (если такое существует) не может одновременно делиться на 3, на 5 и на 7.

Пусть $n = p_1^{k_1} \dots p_r^{k_r}$ — разложение числа $n$ на простые множители. Тогда сумма $S(n)$ его делителей, включая 1 и $n$, равна $(1 + p_1 + \dots + p_1^{k_1})(1 + p_2 + \dots + p_2^{k_2}) \dots (1 + p_r + \dots + p_r^{k_r})$. (*)

Поскольку $n$ совершенное, $S(n) - n = n$, т. е. $S(n) = 2n$. Если $n$ и все его простые множители $p_1, p_2, \dots, p_r$ нечетны, то в произведении (*) одна из сумм в скобках четна, а остальные — нечетны. Пусть $k_1 = 2m + 1$, тогда

$$1 + p_1 + \dots + p_1^{2m + 1} = (1 + p_1)(1 + p_1^2 + \dots + p_1^{2m}).$$

позному $p_1 \neq 3$ и $p_1 \neq 7$ (инначе $S(n)$ делится на 4). Если среднее число $p_1, p_2, p_3, \dots, p_r$ встречаются 3, 5 и 7, причем $p_1$ отлично от 3 и 7, то

$$\frac{S(n)}{n} \geq \left(1 + \frac{1}{p_1}\right)\left(1 + \frac{1}{p_2} + \frac{1}{p_2^2}\right) \dots \left(1 + \frac{1}{p_r} + \frac{1}{p_r^2}\right) \geq$$

$$\geq \left(1 + \frac{1}{5}\right)\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9}\right)\left(1 + \frac{1}{7} + \frac{1}{49}\right) =$$

$$= \frac{6 \cdot 13 \cdot 57}{5 \cdot 9 \cdot 49} > 2.$$

Это противоречит равенству $S(n) = 2n$.

В. В. Шабунин

Ф1173. Длиний irregular noeэд, составленный из большого числа ва-

По мере подъема в «мертвуо петлю» скорость поезда уменьшается. Она достигает наименьшего значения $v$, когда «петля» целиком заполнится составом (а потом

33

онов, едет с постоянной скоростью по горизонтальным рельсам, а потом вззаяет в «мертвую петлю» (рис. 1). Длина поезда L, радиус петли R (R сущестевенно большие размеры вагона, но L>2πR). При какой начальной скорости поедет преодолет пренятие так, что во время движения ни один вагон не перестанет давать на рельсы?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

изменяться не будет). Запишем для этого и начального моментов закон сохранения энергии:

$$\frac{Mv_0^2}{2} = \frac{Mv^2}{2} + \left( M \frac{2\pi R}{L} \right) gR,$$

(1)

где M — масса всего поезда, v₀ — его начальная скорость, M(2πR/L) — масса вагоничков, находящся в «петле», R — высота их центра масс.

Пока вагоничок находится в контакте с рельсами, на него со стороны рельсов действует сила реакции. Наименшей силы реакции соответствует наивысшая точка «петли». В предельном случае сила реакции равна нулю. При этом на вагоник (рис. 2) действуют силы тяжестей mg (m — масса вагоника) и силы натяжения T со стороны сцепок с двумя соседними вагоничками. Раводействующая этих сил направлена вертикально вниз и сообщает вагонику необходимое центростремительное ускорение v²/R:

$$2T(\alpha/2) + mg = mv^2/R.$$

Здесь мы учили малость угла α=l/R, под которым виден вагоник длиной l из центра «мертвой петли», и заменили синус малого угла симм углом. Заметим также, что m=(l/L)M=(αR/L)M (если пренебречь промежутками между вагониками). Тогда предыдущее уравнение можно записать в виде

$$T + \frac{R}{L}Mg = M\frac{v^2}{L}.$$

(2)

Тепер найдем силу натяжения T. Расмотрим часть состава, которая забирается в «мертвую петлю» (рис. 3). Пусть состав смесителя на малое расстояние Δx, тогда сила T произвела работу A=TΔx. Но поскольку скорость поезда не изменилась, эта работа должна быть равна изменению потенциальной энергии участка состава длиной Δx и массой Δm=(M/L)Δx, поднявшегося на высоту 2R (см. рис. 3). Итак,

$$T\Delta x = 2\frac{M}{L}\Delta xRg,$$

и T = \frac{2MRg}{L}.

(3)

Объединив равенства (1) — (3) в системе, находим исходную начальную скорость поезда:

$$v_0 = \sqrt{Rg(3+4\pi R/L)}.$$

А. И. Буздин

Ф1174. В кубическом соусе объемом V=1 л находится m=0,01 г целая при температуре T=300 K. Понадлюдаем за одной из молекул. Сколько раз она удапится о верхнюю стенку соуса за время t=1 мин?

Если время, заданное в задане, достаточно велико (это следует проверить), то все молекулы будут сталкиваться с выделенной стенкой соуса одинаково часто. Тогда искомое число уdarов

$$n_{уд} = \frac{n_{уд обш}}{N},$$

где n_{уд обш} — общее число уdarов о стенку, N — количество молекул в соусе.

34

Для оценки $n_{yd}$ поступим следующим образом. Обозначим площадь стены через $S$ ($S=(\sqrt[3]{V})^2$) и концентрацию молекул через $n$ ($n=N/V$). Очевидно, что за время $t$ о стенку ударятся все те молекулы, которые находимись от нее на расстоянии $\bar{v}_x t$ ($\bar{v}_x$ — среднее значение молекул соответствуют компоненты скорости) и двигались по направлению к стенке, т. е.

$$n_{yd} = \frac{1}{2} n \bar{v}_x t S.$$

Тепер оценим $\bar{v}_x$:

$$\bar{v}_x = \sqrt{\bar{v}_x^2} = \sqrt{\frac{1}{3} v^2} = \sqrt{\frac{RT}{M}},$$

где $R=8,31$ Дж/(моль·К) — универсальная газовая постоянная, $M=4 \cdot 10^{-3}$ кг/mоль — молярная масса гелия.

Таким образом, окончательно получаем

$$n_{yd} = \frac{n \bar{v}_x t S}{2N} = \frac{1}{2V} \sqrt{\frac{RT}{M}} t V^{2/3} = \frac{\sqrt{RT/M} t}{2V^{1/3}} \approx 2,5 \cdot 10^5.$$

Другими словами, если не учитывать столковенный молекул между собой, то $n_{yd} = (v_x t)/(2a)$, где $2a=2V^{1/3}$ — путь молекулы «от потолка до потолка».

Нам нужно теперь обосновать выбранную модель. Для этого оценим длину свободного пробета молекулы, т. е. среднее расстояние, проходимое молекулой между двумя соударениями с другими молекулами:

$$\lambda \approx \frac{V/N}{\pi d^2} = \frac{1}{\pi d^2 n},$$

где $d \sim 10^{-10}$ м — диаметр молекул. При нормальных условиях в 1 м$^3$ любого газа содержится $\approx 2,7 \cdot 10^{25}$ молекул. Поэтому $\lambda \approx 10^{-6}$ м и среднее смешение молекулы за время $t$ равно

$$\bar{x} = \sqrt{\lambda v_x t} \approx 1 \text{ м},$$

что существенно больше размера сосуда. Значит, перемешивание действительно эффективно «разравнивается» молекулы.

А. Р. Зильберман

Ф1175. НЛО проletaет над Землей с постоянной оцень большой скоростью $v$. Какую скорость зафиксирует наземные пробы станицы слежения в тот момент, когда направление на объект будет составлять угол $\varphi$ с вертикалью (рис. 1)?

Пусть от момента проleta НЛО близкий к наблюдаемой точки $A$ (рис. 2) до данного момента (до точки $B$) прошло время $t$, причем это время отсутствовало по неподвижным часам, находимся в точке $B$. Обозначим высоту проleta НЛО над Землей через $l$. Тогда путь, пройденный объектом от $A$ до $B$, равен

$$vt = l \ tg \ \varphi.$$

Наблюдайте же увидит светящийся объект в точке $B$ несколько позже (из-за конечности скорости распространения света $c$), и его часы покажут время

35

Ф1176. На неевесом коормыле длиной 2L, которое может вращаться без трения вокруг вертикальной оси, закреплены заряды +Q и —Q массой M каждый. Под кормыслом на продолжении оси вращения расположен маленький диополь — заряды +q и —q на расстоянии 2a друг от друга (a≪L). В начальной момент коормыло находится в состоянии устойчивого равновесия (рис. 1).
a) Диополь приводит во вращение с угловой скоростью ω. При каких ω коормыло будет «сопровождать» вращение диополя?
b) Диополь неодвижен. На эти перiod малых колебаний коормыла.

$$t_1 = t + \frac{l/\cos \varphi}{c}.$$

(2)

Очевидно, что скорость НЛО, изменяющая наблюдаем, равна

$$v_1 = \frac{dx}{dt_1} = \frac{dx}{dt} \frac{dt}{dt_1} = \frac{v}{dt_1}.$$

Из равенства (2)

$$\frac{dt_1}{dt} = 1 + \frac{l \sin \varphi}{c \cos^2 \varphi} \frac{d\varphi}{dt},$$

а из равенства (1)

$$\frac{d\varphi}{dt} = \frac{v \cos^2 \varphi}{l},$$

позному окончательно искомая скорость равна

$$v_1 = \frac{v}{1 + \frac{v}{c} \sin \varphi}.$$

С. С. Кротов

Ф1176. На неевесом коормыле длиной 2L, которое может вращаться без трения вокруг вертикальной оси, закреплены заряды +Q и —Q массой M каждый. Под кормыслом на продолжении оси вращения расположен маленький диополь — заряды +q и —q на расстоянии 2a друг от друга (a≪L). В начальной момент коормыло находится в состоянии устойчивого равновесия (рис. 1).
a) Диополь приводит во вращение с угловой скоростью ω. При каких ω коормыло будет «сопровождать» вращение диополя?
b) Диополь неодвижен. На эти перiod малых колебаний коормыла.

a) Перейдем в неинерциальную систему отчета, связанную с диоплом. В этой системе коормыло в начальной момент вращается с угловой скоростью ω. «Сопровождать» диоплом оно будет в том случае, если его энергии недостаочно, чтобы сделать полный оборот. Другими словами, если его начальная энергия меньше энергии в самом невыгодном положении:

$$2 \frac{M(L\omega)^2}{2} + 2 \left( -\frac{Qq}{4\varepsilon_0(L-a)} + \frac{Qq}{4\varepsilon_0(L+a)} \right) < \quad < 2 \left( -\frac{Qq}{4\varepsilon_0(L+a)} + \frac{Qq}{4\varepsilon_0(L-a)} \right).$$

В результате получаем

$$\frac{M(L\omega)^2}{2} < 2 \frac{Qq}{4\varepsilon_0} \left( \frac{1}{L-a} - \frac{1}{L+a} \right) = 2 \frac{Qq}{4\varepsilon_0} \frac{2a}{L^2-a^2} \approx \frac{Qqa}{\varepsilon_0 L^2},$$

откуда

$$\omega < \frac{1}{L} \sqrt{\frac{2Qqa}{\varepsilon_0 M}}.$$

6. Расстояним отклонение коормыла от положения равновесия на малый угол α (рис. 2). На каждый заряд коормыла действуют силы со стороны каждой заряда диополя. Посокльку L≪α, можно считать, что модули всех сил одинаковы и равны F=Qq/(4\varepsilon_0 L^2), а их плечи равны αα. Запишем уравнение движения коормыла (анаалогичное уравнение второго закона Ньютона для поступательного движения тела):

$$2ML^2\alpha'' = -4 \frac{Qq}{4\varepsilon_0 L^2} \alpha\alpha,$$

36

Пис. 1.

Ф1177. Колебательный контур состоит из катушки с индуктивностью $L = 1$ Ги и сопротивлением $R = 1$ Ом и конденсатора емкостью $C = 1$ мкФ. Конденсатор неидеален — сопротивление его изоляции $R_x$ конечно. При какой величины $R_x$ в катушка выделяется в виде тенла 1/3 начальной энергии контура?

Рис. 1.

Рис. 2.

ВЫЯСНИМ ВОПРОС О ЗАТУХАНИИ КОНТУРА, причем сначала без учета потерь в конденсatore (рис. 1). Если считать колбания тока в контреге гармоничками, то за период потери в катушка составят

$$\Delta W = \frac{I_0^2 R}{2} T,$$

где $I_0$ — амплитуда тока в катушка, $T = 2\pi\sqrt{LC}$ — период колбания. Максимальная энергия контура равна $W = \frac{LI_0^2}{2}$.

Тогда $$\frac{\Delta W}{W} = \frac{I_0^2 RT}{LI_0^2} = 2\pi R \sqrt{\frac{C}{L}}.$$

В нашем случае

$$\frac{\Delta W}{W} \approx 6 \cdot 10^{-3} \ll 1,$$

т. е. колбания действительно можно считать гармоничими.

Заметим, что результат не изменится и с учетом дополнительных потерь в конденсatore, которые, по условиям задачи, всего в два раза больше, чем потери в катушка. Итак, в этом случае (рис. 2) потери в катушка составляют

$$\Delta W_2 = \frac{I_0^2 R}{2} T,$$

потери в конденсatore —

$$\Delta W_2 = \frac{U_0^2}{2R_x} T,$$

где $U_0$ — амплитуда напряжения на конденсatore. Учитывая, что $\Delta W_2 = 2\Delta W_1$ и $$\frac{LI_0^2}{2} = \frac{CU_0^2}{2},$$ получаем

$$\frac{U_0^2}{2R_x} = \frac{CU_0^2 R}{L},$$

откуда находится сопротивление

$$R_x = \frac{L}{2CR} = 5 \cdot 10^5 \text{ Ом.}$$

З. А. Рафаилов