Некоторые клетки бесконечного листа клетчатой бумаги выкрашены в красный цвет, остальные-в синий, причем так, что каждый прямоугольник из $6$ клеток размером $2\times3$ содержит в точности две красные клетки. Сколько красных клеток может содержать прямоугольник из $99$ клеток размером $9\times11$?
Решение
Рассмотрим произвольную красную клетку $K_0$ и рассмотрим квадрат $3\times3$ с центром в этой клетке. Соседние с $K_0$ по горизонтали или вертикали клетки не могут быть красными: если, например, как на рисунке 1, красной оказалась клетка $K$, то в правом и левом прямоугольниках $2\times3$ больше красных клеток не будет, поэтому в нижнем таком прямоугольнике окажется всего одна красная клетка $K_0$ — противоречие с условием. Итак, соседние с $K_0$ клетки-синие.
Далее, в правом прямоугольнике должна быть еще одна красная клетка-пусть, например, это будет клетка $K_1$ как на рисунке 2.
Рассматривая верхний и левый прямоугольники $2\times3$ из условия выводим, что в углу нашего квадрата $3\times3$, противоположном клетке $K_1$ тоже должна стоять красная клетка- $K$, и красные клетки в этом квадрате расположены по диагонали. Рассматривая такие же квадраты с центрами в клетках $K_1$ и $K$ и сдвигая эти квадраты далее по «красной диагонали», из приведенного рассуждения получаем, что весь диагональный ряд $KK_0K_1$ состоит из красных клеток, а по два диагональных ряда выше и ниже красного-из синих клеток, как показано на рисунке 3.
Рассуждая аналогично ( см. рис. 3) ,получаем, что два следующих (сверху и снизу) ряда-красные, затем два ряда-синие, потом опять идут красные ряды, и так далее, как показано на рисунке 4.
Легко видеть, что раскраска рисунка 4 удовлетворяет условию задачи. При этом каждый квадрат $3\times3$ содержит в точности три красные клетки, а так как прямоугольник $9\times11$ можно разбить на 9 квадратов $3\times3$ и 3 прямоугольника $2\times3$, заключаем, что в этом прямоугольнике $9\cdot3+3\cdot2=33$ красные клетки.
В приведенном рассуждении доказано больше, чем требовалось условием задачи-фактически нами описаны все возможные раскраски.
Отметим, что в этой задаче совсем не обязательно рассматривать раскраску всей плоскости-можно было ограничиться раскраской 99 клеток прямоугольника $9\times11$.
Докажите, что если диагонали вписанного четырехугольника перпендикулярны, то середины его сторон и основания перпендикуляров, опущенный из точки пересечения его диагоналей на стороны, лежат на одной окружности.
Решение
Прежде всего заметим, что если $ABCD$ — вписанный четырехугольник с перпендикулярными диагоналями (рис. 1), то подобные треугольники $AKB$ и $CKD$ ($K$ — точка пересечения диагоналей) расположены таким образом, что продолжение высоты, опущенной на гипотенузу одного из них, является медианой другого. (Этот факт, немедленно вытекающий из равенства отмеченных на рисунке 1 углов, по существу уже использовался в решении задач M546 и M592 — см. «Квант», 1980, № 1, 8.)
Рисунок 1
Далее: середины $L$, $P$, $M$, $Q$ сторон четырехугольника $ABCD$, являясь вершинами прямоугольника (рис. 2), лежат на одной окружности. Покажем, что центр $O$ этой окружности делит пополам отрезок $OK$ ($O$ — центр окружности, в которую вписан наш четырехугольник).
Рисунок 2
Для этого достаточно, например, показать, что четырехугольник $LKMO$ — параллелограмм. Поскольку $LK$ — медиана треугольника $AKB$, ее продолжение является высотой треугольника $CKD$, то есть $LK \perp DC$. Но и $OM \perp DC$ (диаметр, проходящий через середину хорды), поэтому отрезки $LK$ и $OM$ параллельны. Аналогично доказывается параллельность отрезков $LO$ и $KM$.
Теперь для окончания решения задачи нам достаточно установить, например, что $|O_1M| = |O_1H|$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на сторону $CD$. Но это следует из того, что $O_1$ — середина гипотенузы $LM$ прямоугольного треугольника $LMH$ (рис. 3).
Рисунок 3
Итак, все восемь точек, упомянутых в условиях задачи, лежат на одной окружности. Интересно, что радиус этой «окружности восьми точек» целиком определяется радиусом $R$ данной окружности и величиной $|OK| = a$. В самом деле, искомый радиус равен половине длины $|LM|$, а $$|LM|^2 = |LP|^2 + |PM|^2 = $$ $$= \frac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AK| + |KC|\right)^2 + \left(|BK| + |KD|)^2\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AB|^2 + |CD|^2 + 2\left(|AK| \cdot |KC| + |BK| \cdot |KD|\right)\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AB|^2 + |CD|^2 + 4\left(R^2 — a^2\right)\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(4R^2 + 4\left(R^2 — a^2\right)\right) = 2R^2 — a^2.$$
(В этой вкладке мы вначале воспользовались тем, что произведение длин отрезков хорд, пересекающихся в одной и той же точке, постоянно: $$|AK| \cdot |KC| = |BK| \cdot |KD| = (R — a)(R + a)$$ (рис. 4), Рисунок 4
а затем, сообразив, что $$90^{\circ} = \widehat{BCA} + \widehat{DBC} = \frac{\overset{\smile}{AB} + \overset{\smile}{CD}}{2}$$ и дополнив $\overset{\smile}{CD}$ до полуокружности дугой конгруэнтной $\overset{\smile}{AB}$ получили равенство $$|AB|^2 + |CD|^2 = (2R)^2 = 4R^2$$ см. рисунок 5)
Рисунок 5
Наметим другое решение. Сделаем гомотетию наших восьми точек с центром в точке $K$ и коэффициентом $2$. Тогда утверждение задачи М648 превращается в такую теорему:
Пусть два взаимно перпендикулярных луча с накалом в точке $K$ внутри данной окружности, вращаясь вокруг $K$, пересекают окружность в переменных точках $P$ и $Q$. Тогда четвертая вершина $T$ прямоугольника $PKQT$ (точка симметричная точке $K$ относительно середины $|PQ|$), а также точка $S$, симметричная точке $K$ относительно прямой $PQ$, двигаются по окружности концентричной с данной (рис. 6).
Второй факт (про $S$) следует из первого, так как $S$ симметрична точке $T$ относительно серединного перпендикуляра к $|PQ|$, а первый (про $T$) установлен в решении задачи М539 («Квант», 1979, № 11)
Рисунок 6
Эта «теорема о восьми точках» допускает следующее стереометрическое обобщение:
Если три взаимно перпендикулярных луча с началом в фиксированной точке $K$ внутри данной сферы, вращаясь вокруг $K$, пересекают сферу в переменных точках $A$, $B$ и $C$, то точка пересечения медиан треугольника $ABC$ и основание перпендикуляра, опущенного из $K$ на плоскость $ABC$, двигаются по сфере, центр которой находится в точке $O_1$ отрезка $OK$ ($O$ — центр данной сферы) такой, что $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|,$ а радиус равен $\frac{1}{3}\sqrt{3R^2 — 2a^2}$, где $a = |OK|,$ $R$ — радиус данной сферы.
Доказать это можно, например, следующим образом.
Пусть $D$ — вершина параллелепипеда, определенного отрезками $KA$, $KB$ и $KC$, диагонально противоположная к $K$. Все точки $D$ лежат на сфере с центром в той же точке $O$, что у исходной сферы, и радиусом $\sqrt{3R^2 — 2a^2}$ (см. решение задачи М639 — «Квант», 1969, № 11). При гомотетии с центром $K$ и коэффициентом $\frac{1}{3}$ точка $D$ будет все время переходить в точку пересечения медиан треугольника $ABC$ (докажите!), а точка $O$ перейдет в точку $O_1$. Таким образом, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ все время лежит на указанной сфере.
Осталось показать, что проекция точки $K$ на плоскость треугольника $ABC$ также все время лежит на этой сфере. Поскольку отрезки $KA$, $KB$ и $KC$ взаимно перпендикулярны, проекция точки $K$ совпадет с точкой $H$ пересечения высот треугольника $ABC$. Утверждение будет доказано, если мы, например, получим равенство $|O_1H| = |O_1M|$, где $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Для этого заметим, что центр сферы $O$ проектируется в центр $Q$ описанной вокруг треугольника $ABC$ окружности, и воспользуемся таким известным фактом: точки $Q$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой (прямой Эйлера), точка $M$ — между точками $Q$ и $H$, причем $2|QM| = |MH|$. (Если этот факт вам неизвестен, докажите его.) Остальное легко следует из рисунка 7: поскольку $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|$, а $|QM| = \frac{1}{3}|QH|$, точка $O_1$ проектируется в середину отрезка $MH$, то есть $O_1$ равноудалена от $M$ и $H$.
Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность. Докажите что:
а) отрезок, соединяющий, середины дуг $AB$ и $CD$, перпендикулярен отрезку, соединяющему середины дуг $BC$ и $AD$;
б) центры окружностей, вписанных в треугольники $ABC$, $BCD$, $CDA$, и $DAB$, являются вершинами прямоугольника.
Решение
а) Поскольку $\widehat{NMP} = \frac{1}{4} (\breve{B}C + \breve{C}D) = \frac{1}{2}\widehat{A}$, $\widehat{MNQ} = \frac{1}{4} (\breve{A}B + \breve{A}D) = \frac{1}{2}\widehat{C}$ (рис. 1), $\widehat{NMP} + \widehat{MNQ} = \frac{1}{2}(\widehat{A} + \widehat{C}) = 90^{\circ}$ , откуда следует утверждение а).
б) Очевидно, $O_{1} = \left | AN \right | \cap \left | CM \right |, O_{2} = \left | BP \right | \cap \left | DN \right |, O_{3} = \left | AP \right | \cap \left | CQ \right |, O_{4} = \left | BQ \right | \cap \left | DM \right |$ — центры окружностей, вписанных соответственно в треугольники $ABC$, $BCD$, $CDA$ и $DAB$ (рис. 2).
В баллоне содержится очищенный газ, но неизвестно какой. Что бы поднять температуру этого газа на один градус при постоянном давлении требуется $958,4$ дж, а при постоянном объёме — $704,6$ дж. Что это за газ?
Решение
При нагревании газа при постоянном объёме затрачиваемая энергия идёт только на изменение внутренней энергии газа, а при нагревании при постоянном давлении — ещё и на совершение работы. Запишем закон сохранения энергии для обоих случаев:$$\begin{equation} mc_v\Delta t = \Delta W.\label{eq:ref1}\end{equation}$$
$$\begin{equation} mc_p\Delta t = \Delta W+A.\label{eq:ref2}\end{equation}$$
Здесь $c_p$ — теплоёмкость газа при постоянном давлении (т.е. количество тепла, которое необходимо для нагревания $1$ кг газа при постоянном давлении), $c_v$ — теплоёмкость газа при постоянном объёме, $\Delta t$ -изменение температуры, $\Delta W$ — изменение внутренней энергии газа, $m$ — масса газа, $A = p\Delta V$ — совершённая при расширении газа работа ($\Delta V$ — изменение объёма, $p$ — давление).
Так как при повышении температуры газа на одинаковое число градусов изменение его внутренней энергии одинаково как при нагревании при постоянном объёме, так и при нагревании при постоянном давлении, то можно записать: $c_pm\Delta t = c_vm\Delta t+p\Delta V$. С помощью уравнение газового состояния (уравнения Клапейрона — Менделеева) совершённую работу можно выразить через молекулярную массу газа $\mu$ и газовую постоянную $R$: $p\Delta V = \frac{m}{\mu}R\Delta t$. Подставляя это соотношение в уравнение $\eqref{eq:ref1}$, получим: $c_p = c_v+\frac{R}{\mu}$, откуда:
$$\mu = \frac{R}{c_p-c_v} \approx 32,7$$ кг/кмоль.
Неизвестный газ — кислород с очень не большой примесью более тяжёлого газа.
Из двух одинаковых кусков стальной проволоки свили две пружины. Диаметр витков одной из них равен $d$, другой $2d$. Первая пружина под действием груза растянулась на одну десятую своей длины. На какую часть своей длины растянется под действием того же груза вторая пружина?
Решение
Удлинение пружины равно $\Delta l = n\cdot 2d\cdot \sin\frac{\alpha}{2}$, где $n$ — число витков пружины, а $\alpha$ — угол, на который разворачиваются соседние витки пружины (Рис.). Так как удлинение пружины мало, то этот угол мал и $\sin\frac{\alpha}{2} \approx\frac{\alpha}{2}$. Поэтому $\Delta l = nd\alpha$.
Угол $\alpha$ пропорционален моментам сил $F$, которые растягивают виток: $\alpha \simeq F\cdot d$. Сила $F$ равна весу груза, подвешенного к пружине, и одинакова в обоих случаях, поэтому $\Delta l\sim nd^2$.
Диаметр витков второй пружины вдвое больше, а число витков у неё вдвое меньше, следовательно, абсолютное удлинение второй пружины вдвое больше, чем у первой. Таким образом, вторая пружина растянется на $\frac{2}{5}$ своей длины.
Многие, приславшие решение этой задачи, правильно нашли, что удлинение второй пружины в два раза больше чем первой, но забыли, что вторая пружина в двое короче, чем первая, поэтому относительное удлинение второй пружины равно не $\frac{1}{5}$, как получилось у них, а $\frac{2}{5}$.
