М1343. Пересечение трёх хорд окружности

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 11 выпуск)

Условие

Три хорды окружности $\gamma$ попарно пересекаются в точках $A$, $B$, $C$. Построим еще три окружности: одна касается сторон угла $CAB$ и окружности $\gamma$ (изнутри) в точке $A_{1}$, вторая — сторон угла $ABC$ и окружности $\gamma$ (изнутри) в точке $B_{1}$, третья — сторон угла $ACB$ и окружности $\gamma$ (изнутри) в точке $C_{1}$. Докажите, что три отрезка $AA_{1}$, $BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в одной точке (рис. 1)

Решение

Пусть $\gamma_{0}$ — окружность, вписанная в треугольник $ABC$, $I$ — ее центр, $K$ — центр окружности $\gamma$, $L$ — центр гомотетии $H$, переводящей окружность $\gamma$ в $\gamma_{0}$ (точка $K$ лежит на продолжении отрезка $К_{1}$ за точку $I$, причем отношение $LI/KI$ равно отношению радиусов окружностей $\gamma$ в $\gamma_{0}$).

Докажем, что отрезок $AA_{1}$, (рис. 2) проходит через точку $L$ (точно так же мы можем рассуждать и об отрезках $ВВ_{1}$ и $СС_{1}$).Гомотетию $H$ можно рассматривать как композицию двух гомотетий: первая из них $H_{1}$ с центром $A_{1}$ переводит у в окружность $\gamma_{A}$, касающуюся окружности $\gamma$ в точке $A_{1}$, вторая $H_{2}$ с центром $А$ переводит $\gamma_{A}$ в $\gamma_{0}$ при этом, конечно, $H = H_{2} \circ H_{1}$.Тот факт, что точка $L$ лежит на прямой (даже на отрезке) $AA_{1}$, вытекает из так называемой «теоремы о трех центрах подобия»: если $H_{1}$, и $H_{2}$ — две гомотетии с коэффициентами $k_{1}$ и $k_{2}$, $k_{1} k_{2} \neq 1$, то их композиция $H = H_{2} \circ H_{1}$, — тоже гомотетия с коэффициентом $k_{1} k_{2}$, причем центры всех трех гомотетий лежат на одной прямой.

Докажем это в интересующем нас случае, когда $0<k_{1}<1$ и $0<k_{2}<1$ (при этом центр гомотетии $H$ будет лежать на отрезке, соединяющем центры гомотетий $H_{1}$ и $H_{2}$).Возьмем три точки $P$, $Q$ и $X$, не лежащие на одной прямой (рис. 3). Пусть $P_{1}=H(P)$, $Q_{1}=H(Q)$, $X_{1}=H(X)$.Треугольник $P_{1}Q_{1}X_{1}$, подобен треугольнику $PQX$, причем их сходственные стороны либо параллельны, либо лежат на одной прямой. Отсюда следует, что найдутся две стороны (пусть для определенности это будут $PQ$ и $P_{1}Q_{1}$), лежащие на несовпадающих параллельных прямых.Прямые $PP_{1}$ и $QQ_{1}$ пересекаются в некоторой точке $O$ (поскольку $P_{1}Q_{1} = kPQ < PQ$), лежащей по ту же сторону от прямой $PQ$, что и точки $P_{1}$ и $Q_{1}$.

Теперь ясно, что точки $X$ и $X_{1}$ лежат на одной прямой, причем $OX_{1}/OX = k$, т. е. $H$ — гомотетия с центром $O$ и коэффициентом $k=k_{1}k_{2}$. Если $O_{1}$ — центр гомотетии $H_{1}$, а $O_{2}$ — центр гомотетии $H_{2}$, то $H(O)=H_{2}(O_{1})$ лежит на отрезке $O_{1}O_{2}(k_{2} < 1$); это значит, что прямая $O_{1}O_{2}$ проходит через точку $O$, причем точки$O_{1}$ и $O_{2}$ лежат по разные стороны от точки $O$ на прямой $O_{1}O_{2}$ ($0<k_{1}<1$ и $0<k_{2}<1$). Отсюда следует, что точка $О$ лежит на отрезке $O_{1}O_{2}$. Утверждение задачи тем самым доказано — все три отрезка $AA_{1}$, $BB_{1}$ и $CC_{1}$ проходят через точку $L$.

Н.Васильев

Ф1774. Сила натяжения нити

Задача из журнала «Квант»(2001 год, 4 выпуск)

Условие

Легкий жесткий стержень подвешен горизонтально за концы при помощи двух легких нитей, вытянутых по вертикали (рис.1). На стержень насажены два груза массами $M$ и $2M$, расположенных симметрично на равных расстояниях друг от друга и от концов стержня. Нить со стороны тяжелого груза пережигают. Во сколько раз изменится сила натяжения оставшейся нити сразу после этого? Считайте, что за интересующий нас короткий временной интервал стержень не успевает заметно сдвинуться.

Рис.1

Решение

Выберем для расчетов малый интервал времени $\tau$ – такой малый, что стержень после пережигания нити смещается из начального положения очень мало. Тогда можно считать, что точка $A$ (рис.2) практически неподвижна, а стержень поворачивается вокруг точки $A$. До пережигания нити

Рис.2

сила $T_{1}$ находится из уравнения моментов (удобно считать моменты сил относительно точки $B$):

$$2Mg\frac{l}{3}+Mg\frac{2l}{3}-T_{1}l=0,\: и\; T_{1}=\frac{4}{3}Mg.$$

Для определения силы $T_{1}^{*}$, сразу после пережигания, найдем ускорение центра масс системы $a_{ц}$ и воспользуемся уравнением второго закона Ньютона

$$3Mg-T_{1}^{*}=3Ma_{ц}.$$

Обозначим ускорение легкого груза $a$, тогда тяжелый груз имеет ускорение $2a$. За время $\tau$ первый груз опустится на $a\tau^{2}/2$, второй — на $2a\tau^{2}/2$, и потенциальная энергия системы уменьшится на

$$\Delta E_{p}=Mg\frac{a\tau^{2}}{2}+2Mg\frac{2a\tau^{2}}{2}.$$

В рассматриваемый момент времени скорость малого груза равна $a\tau$, большого $2a\tau$, а суммарная кинетическая энергия составляет

$$E_{k}=\frac{M\left ( a\tau \right )^{2}}{2}+\frac{2M\left ( 2a\tau \right )^{2}}{2}.$$

Приравняв $\Delta E_{p}$ и $E_{k}$, получим

$$a=\frac{5}{9}g\;и\;a_{ц}=\frac{5}{3}a=\frac{25}{27}g.$$

Тогда

$$T_{1}^{*}=3Mg-3Ma_{ц}=\frac{2}{9}Mg.$$

Итак, сила натяжения оставшейся нити уменьшится в $6$ раз.

Р. Старов

Ф676. Движение рамки в магнитном поле

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 1 выпуск)

Условие

Рис.1

Проволочной квадратной рамке с периметром $4a$ и массой $m$ сообщают в горизонтальном направлении некоторую начальную скорость. Рамка движется в вертикальной плоскости, все время находясь в магнитном поле, перпендикулярном плоскости рамки (см. рис.1). Индукция поля меняется по закону $B\left( \text{z}\right) = B\left( 0 \right) + k\text{z}$, где $k = const.$ Сопротивление рамки равно $R.$ Через некоторое время скорость рамки становится постоянной и равной $v.$ Найти начальную скорость, сообщаемую рамке. Ускорение свободного падения $\text{g}.$

Решение

Рис.2

В отсутствие магнитного поля рамка двигалась бы в поле тяжести Земли с постоянной горизонтальной скоростью $\vec{v}_{0}$ вдоль оси $X$ и равноускоренно с ускорением свободного падения $\vec{\text{g}}$ вдоль оси $\text{z}$. Очевидно, что движение рамки не изменилось бы, если бы она падала в однородном магнитном поле. В нашем случае поле — не однородное (вдоль оси $\text{z}$): $B\left( \text{z} \right) = B\left( 0 \right) + k\text{z}$, то есть индукция поля линейно растет с ростом $\text{z}$; поэтому при падении рамки поток магнитной индукции $\Phi$, пронизывающий контур рамки, будет меняться и в контуре рамки будет возникать ЭДС индукции. Поскольку рамка является замкнутым проводящим контуром, по ней потечет индукционный ток. В этом случае, согласно закону Ампера, на стороны рамки будут действовать силы со стороны магнитного поля. Найдем направления и величины этих сил.

Пусть в некоторый момент времени центр масс рамки находится в точке с координатами $x_{t},\text{z}_{t}$ и проекции скорости центра масс на оси $X$ и $\text{z}$ равны $v_{x}$ и $v_{\text{z}}$ (см. рис.2). Поток магнитной индукции $\Phi$, пронизывающий рамку в этот момент времени, равен $$\Phi=\frac{\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right)+\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right)}{2} a^{2}=\left(B_{0}+k \text{z}_{1}\right) a^{2}.$$ Здесь $B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)$ и $B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)$— значения индукции магнитного поля соответственно у верхней и нижней сторон рамки; поскольку зависимость $B_{\text{z}}$—  линейная, для вычисления $\Phi$ мы пользуемся средним ( по высоте $\text{z}$) значением индукции.

ЭДС индукции в рамке в данный момент времени равна $$|\mathscr{E}|=\frac{|\Delta \Phi|}{\Delta t}=k a^{2} \frac{|\Delta \text{z}|}{\Delta t}=k a^{2}\left|v_{2}\right|.$$ индукционный ток равен $$I=\frac{|\mathscr{E}|}{R}=\frac{k a^{2}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ Согласно правилу Ленца, возникающий в рамке ток будет течь против часовой стрелки. По закону Ампера со стороны магнитного поля в верхнюю сторону рамки будет действовать сила $$\left|\vec{F}_{1}\right|=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right) I a=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ на нижнюю сторону — сила $$\left|\vec{F}_{2}\right|=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right) I a=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$Силы $\vec{F}_{3}$ и $\vec{F}_{4}$, действующие на боковые стороны рамки, очевидно, будут равны по величине и противоположны по знаку: $$\left|\vec{F}_{3}\right|=\left|\vec{F}_{4}\right|=\frac{\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right)+\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right)}{2}Ia=$$ $$=\left(B_{0}+k \text{z}_{t}\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ $$\vec{F}_{3}+\vec{F}_{4}=0.$$Следовательно, $v_{x}=const$, то есть рамка будет двигаться вдоль оси $X$ с постоянной скоростью, равной начальной скорости $v_{0}$.

Таким образом, характер движения рамки в направлении оси $\text{z}$ определяется силами $\vec{F}_{1},\vec{F}_{2}$ и силой тяжести $m \vec{\text{g}}\text{g}$. При установившейся скорости $v$ рамки проекция скорости на ось $\text{z}$ постоянна, то есть ускорение $\vec{a}_{\text{z}}$ вдоль оси $\text{z}$ равно нулю: $$m\left|\vec{a}_{\text{z}}\right|=m|\vec{\text{g}}|+\left|\vec{F}_{1}\right|-\left|\vec{F}_{2}\right|=m \text{g}-\frac{k^{2} a^{4}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|=0.$$ Отсюда находим проекцию $v_{уст.\text{z}}$ на ось $\text{z}$ установившейся скорости рамки: $$v_{уст.\text{z}}=\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}.$$ Установившаяся скорость рамки равна $v=\sqrt{v_{0}^{2}+v_{уст \text{z}.}^{2}}$, где $v_{0}$ — проекция скорости $v$ на ось $X$, равная, как мы показали, начальной скорости,  сообщенной рамке. Таким образом, $$v_{0}=\sqrt{v^{2}-v^{2}_{уст. \text{z}}}=\sqrt{v^{2}-\left(\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}\right)^{2}}.$$

Скорость $v_{уст.\text{z}}$ может быть найдена и из энергетических соображений. При установившемся движении рамки изменение за время $\Delta t$ потенциальной энергии рамки в поле тяжести Земли равно тепловой энергии, выделяющейся за это время в рамке: $$m \text{g} v_{уст. \text{z}} \Delta t=I_{уст.}^{2} R \Delta t=\left(\frac{k a^{2}}{R}\right)^{2} v^{2}_{уст. \text{z}} R \Delta t.$$ Отсюда $$v_{уст. \text{z}}=\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}.$$

В. Можаев

М1818. Доказать неравенство с тремя параметрами

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 3 выпуск)

Условие

Докажите неравенство $$\sqrt{\cfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\cfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\cfrac{c}{a+b}}>2,$$где $a>0, b>0, c>0$.

С.Нестеров

Решение

Рассмотрим функцию $$f(x,y,z)=\sqrt{\cfrac{x}{y+z}}+\sqrt{\cfrac{y}{z+x}}+\sqrt{\cfrac{z}{x+y}},$$ где $x>0, y>0, z>0$. Считая, без ограничения общности, $x\leqslant y \leqslant z$, докажем вначале неравенство $$f(x,y,z)\leqslant f(x,\cfrac{y+z}{2}, \cfrac{y+z}{2}). \tag{1}$$ Обозначив $\cfrac{z+y}{2}=\alpha, \cfrac{z-y}{2}=t$, перепишем $(1)$ в виде $$\phi (t)\geqslant \phi (0),\tag{2}$$ где $$\phi (t)=\sqrt{\cfrac{\alpha + t}{\alpha + x — t}}+\sqrt{\cfrac{\alpha — t}{\alpha + x + t}}.$$

Здесь $0\leqslant t \leqslant \alpha, \alpha \geqslant x$.

Докажем $(2)$. Имеем $$\phi^{\prime}(t)=(x+2a)\left (\cfrac{1}{(\alpha + t)^{\frac{1}{2} }(x+\alpha-t)^{\frac{3}{2}}} — \cfrac{1}{(\alpha — t)^{\frac{1}{2}}(x+\alpha +t)^{\frac{3}{2}}}\right ).$$ Очевидно, знак $\phi^{\prime}(t)$ совпадает со знаком функции $$\psi (t)=(\alpha — t)(x + \alpha + t)^{3}-(\alpha + t)(x+\alpha -t)^{3},$$ и любой нуль функции $\phi^{\prime} (t)$ также является нулем функции $\psi (t)$. Исследуем $\psi (t)$. Имеем: $\psi (t)$ — отличный от константы нечетный многочлен, степень которого не выше $3$. Следовательно, $\psi (t)$ имеет на положительной полуоси не более одного корня.

Получили: $\phi (t)$ может иметь внутри отрезка $[0,\alpha]$ не более одного экстремума. Но и этот экстремум не может быть минимумом, поскольку $\psi (\alpha)<0$.

Итак, $\phi (t) \geqslant min\{ \phi (0), \phi(\alpha)\} $. Но, поскольку $\alpha \geqslant x$, имеем $$\phi(0)=2\sqrt{\cfrac{\alpha}{\alpha + x}}\leqslant \sqrt{\cfrac{2\alpha}{x}}=\phi (\alpha).$$ Неравенство $(1)$ доказано.

(Выше мы ограничились необходимой нам информацией о производной; легко получить и полную информацию о ней. Именно, $\psi (t)$ — многочлен третьей степени; $\psi (t) = 0$, при $t = 0$ и при $$t^{2}=\cfrac{(x+\alpha)^{2}(2\alpha — x)}{3x+2\alpha}.$$ При этом $t^{2}<\alpha^{2}$ при $x>0, \alpha>0$. Значит исследуемая функция при любом $x, x < 0 < \alpha$, имеет экстремум на интервале $(0;\alpha)$.)

Вследствие $(1)$ для решения задачи достаточно доказать, что $$f_{1}(x)=\sqrt{\cfrac{x}{2\alpha}}+2\sqrt{\cfrac{\alpha}{x+\alpha}}> 2 \tag{3}$$ при $0<x\leqslant \alpha$.

Исследуем $f_{1}(x)$ на отрезке $[0;\alpha]$. Во внутренних точках этого отрезка знак $f^{\prime}_1(x)$ совпадает со знаком многочлена $P(x)=(x+\alpha)^{3}-8\alpha^{2}x$. Кроме того, любой нуль функции $f^{\prime}_{1}(x)$ является также нулем многочлена $P(x)$. Заметим что $P(\alpha)=0;$ помимо этого, $P(x)$ имеет корень на отрицательной полуоси. Следовательно, если $P(x_0)=0$ при $0<x_0<\alpha$, то при переходе через $x_0$ многочлен $P(x)$ меняет знак с $«+»$ на $«-»$. Поэтому $x_0$ — точка максимума функции $f_1(x)$.

Получили: $$f_{1}(x)>min\{f_{1}(0),f_{1}(\alpha)\}$$ при $0<x<\alpha$. Но $$f_{1}(\alpha)=\cfrac{3}{\sqrt{2}}>2=f_{1}(0).$$ Неравенство $(3)$ доказано.

(Легко видеть, что $P(x)=0$ при $x=\alpha$ и при $x=\alpha(-2\pm \sqrt{5})$. Значит исследуемая функция имеет экстремум на интервале $(0;\alpha)$.)

А.Ковальджи, С.Нестеров, В.Сендеров

М827. О равновеликих треугольниках

 

Задача из журнала «Квант» (1984 год, 1 выпуск)

Условие

Известно, что четыре синих треугольника на рисунке 1 равновелики.

  1. Докажите, что три красных четырехугольника на этом рисунке также равновелики.
  2. Найдите площадь одного четырехугольника, если площадь одного синего треугольника равна 1.

Решение

Нам понадобится следующая часто применяемая

Лемма. Пусть $Р$ — точка на стороне $KL$ треугольника $KLM$. Тогда отношение площадей треугольников и равно $$S_{MKP}:S_{MPL}=|KP|:|PL|.$$ (Для доказательства достаточно заметить, что треугольники $MKP$ и $MPL$ имеют общую высоту проведенную из вершины $М$ (рис. 2).).

Рис. 1
Рис. 2
Рис. 3
  1. Введем обозначения, как  на рисунке 1. Заметим, что треугольники $AA_0C_0$ и $AA_0C_1$ равновелики (каждый из них составлен из треугольника $AA_0B_0$ и одного из из синих треугольников). Эти треугольники имеют общее основание $AA_0$, поэтому их вершины $C_0$ и $C_1$ равноудалены от прямой $AA_0$, то есть прямые $AA_0$ и $C_1C_0$ параллельны. Аналогично, $BB_0||A_1A_0$ и $CC_0||B_1B_0$. Рассмотрим трапецию $AA_0C_0C_1$ (рис. 3). Её диагонали пересекаются в точке $B_0$, а продолжения боковых сторон — в точке $B$. Эти точки лежат на прямой, соединяющей середины $D$ и $E$ её оснований $AA_0$ и $C_1C_0$. (Действительно, $B_0$ — центр гомотетии треугольников $B_0AA_0$ и $B_0C_0C_1$, а $B_0$ — центр гомотетии треугольников $BAA_0$ и $BC_1C_0$). А поскольку эта прямая параллельна $A_1A_0$, точка $B_0$ — середина отрезка $A_1A$. По лемме отсюда вытекает,что $S_{AB_0C}=S_{B_0A_1C}$. Следовательно (см. рис. 1), площади четырехугольников $AB_0A_0B_1$ и $CA_0C_0A_1$ равны. Аналогично доказывается, что и третий красный четырехугольник $BC_0B_0C_1$ имеет такую же площадь.

    Подумайте, останется ли верным утверждение этого пункта задачи, если потребовать равенства площадей только трех угловых синих треугольников.

  2. Площадь красного четырехугольника $s=1+\sqrt{5}$. Чтобы составить уравнение для нахождения искомой площади $s$, выразим двумя способами отношение $|BC_1|:|C_1A|$ с помощью леммы:$$|BC_1|:|C_1A|=S_{CBC_1}:S_{CC_1A}=(2s+2):(s+2)=S_{B_0BC_1}:S_{B_0C_1A}=(s/2):1.$$
    (Пояснения здесь требуют только равенство $S_{B_0BC_1}$. Как было показано выше, точка $E$ — середина $C_0C_1$ (рис. 3). Отсюда, опять-таки пользуясь леммой, легко вывести, что треугольники $B_0BC_1$ и $B_0BC_0$ равновелики. А вместе они составляют четырехугольник $BC_0B_0C_1$ площади $s$). Итак, $s$ удовлетворяет уравнению $$s^2-2s-4=0.$$ откуда $s=1+\sqrt{5}$.
  3. Б. И. Чиник, В. Н. Дубровский