Ф2. Задача о пружинном маятнике

Условие

На горизонтальной плоскости лежат два шарика с массами $m_1$ и $m_2$, скреплённые между собой пружиной с жёсткостью $c$. Плоскость гладкая. Шарики сдвигают, сжимая пружину, затем их одновременно отпускают. Определите периоды возникших колебаний шариков.

Решение

Центр масс системы не должен двигаться (или может двигаться равномерно и прямолинейно), поэтому шарики колеблются в противофазе с одинаковой частотой, а их отклонения $x_1$ и $x_2$ от положения равновесия удовлетворяют соотношению $c_1x_1 = c_2x_2$, где $c_1$ и $c_2$ — коэффициенты жесткости соответствующих кусков пружины длиной $l_1$ и $l_2$ ($l_1$ и $l_2$ — расстояния от шариков до центра масс системы; $$\left.l_1 = l \frac{m_2}{m_1+m_2}, l_2 = l \frac{m_1}{m_1+m_2}\right).$$

Удлинение $^1/q$-й части пружины всегда в $q$ раз меньше удлинения всей пружины, т.е. $^1/q$-я часть пружины имеет жёсткость в $q$ раз большую, чем жёсткость всей пружины. Поэтому $c = \frac{m_1+m_2}{m_2}$. Отсюда следует, что период колебаний шариков
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{m_1m_2}{\left(m_1+m_2\right)c}}.$$

Интересно проверить ответ, взяв какой-нибудь предельный случай. Предположим, что масса $m_2$ очень велика: $m_2\gg m_1$. Тогда шарик с массой $m_1$ должен колебаться так, как если бы второй шар был не подвижно закреплён, и $T = 2\pi\sqrt{\frac{m_1}{c}}$.

Проверим нашу формулу
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{m_1}{c\left(1+\frac{m_1}{m_2}\right)}} \simeq 2\pi\sqrt{\frac{m_1}{c}}.$$

М694. Вершины куба

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 7 выпуск)

Условие

В каждой вершине куба записано число. За один шаг к двум числам, размещённым на одном(любом) ребре, прибавляется по единице. Можно ли за несколько таких шагов сделать все восемь чисел равными между собой, если вначале были поставлены числа, как на рисунке 1? Как на рисунке 2? Как на рисунке 3?

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Решение

Раскрасим вершины куба в синий и красный цвет таким образом, чтобы концы каждого ребра оказались окрашенными в разные цвета.

Рис. 4

При добавлении единицы к числам размещенным на одном ребре, суммы чисел в синих и красных вершинах увеличиваются на 1, так что разность этих двух сумм не изменяется. Так как в кубах на рисунках 1 и 3 эта разность не равна нулю, от них нельзя прийти к кубу с равными числами в вершинах. Покажем теперь, что если в вершинах исходного куба записаны целые числа и суммы чисел в красных и синих вершинах равны, то все восемь чисел можно сделать равными между собой.
Обозначим через $d$ разность между наибольшим и наименьшим из чисел, записанных в вершинах куба, а через $n$ — количество чисел, равных наименьшему. (Для куба на рисунке 1 $ — d = 1, n = 7,$ на рисунке 2 $ — d = 6, n = 1,$ на рисунке 3 $ — d = 1, n = 6.$) Пусть наименьшее (или одно из наименьших) число, расположено в вершине $A_1$ (см. рис. 4). Если какое-нибудь из соседних чисел, скажем число, записанное в вершине $B_1$, не является наибольшим в рассматриваемом кубе, то, прибавляя по единице к числам, размещённым на ребре $A_1B_1$, мы уменьшим либо $d$, либо $n$ (либо и $d$, и $n$). Продолжая подобным образом, мы придём либо к кубу, у которого $d = 0,$ то есть все восемь чисел равны между собой, либо к кубу, в котором каждое число, соседнее с наименьшим, является наибольшим. Если в вершине $A_1$ такого куба расположено одно из наименьших чисел, равное $a$, то в вершинах $B_1$, $D_1$ и $A_2$ записано число $a + d$ (здесь $d$ — разность между наибольшими и наименьшими числами в новом кубе).

Рис. 5

Так как сумма чисел в красных вершинах равна сумме чисел в синих вершинах, в четвёртой красной вершине $C_2$ записано число $a$, а в синих вершинах $C_1$, $B_2$ и $D_2$ — число $a + d$. Прибавим по $d$ единиц к концам ребра $A_1B_1$, затем к концам рёбра $C_1C_2$, рёбра $A_1D_1$, рёбра $C_2D_2$ и, наконец рёбра $A_2B_2$, мы придём к кубу, все восемь чисел которого равны $a + 2d$. Для куба на рисунке 2 этапы решения изображены на рисунке 5.

Ю. Ионин

М671. Задача о вписанном четырёхугольнике

Задача из журнала «Квант» М671(1981, выпуск №3)

Задача:

Во вписанном четырёхугольнике одна диагональ делит вторую пополам. Докажите, что квадрат длины первой диагонали равен половине суммы квадратов длин всех сторон четырёхугольника.

Решение:

Пусть $a, b, c, d$ — длины сторон четырёхугольника $ABCD$, $|BO| = |OD|, |AC| = l$ (см. рисунок). По теореме косинусов

\begin{equation}
l^2 = a^2 + b^2 — 2ab\cdot \cos\hat{B}
\end{equation}
\begin{equation}
l^2 = c^2 + d^2 + 2cd\cdot \cos\hat{B}
\end{equation}

($\hat{D} = 180^\circ — \hat{B}$, поскольку четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность).

Легко заметить, что треугольники $ABC$ и $ADC$ равновелики: $S_{ABC} = S_{ADC}$ — они имеют общее основание $AC$ и равные по длине высоты, опущеные на это основание. Поэтому $\frac{1}{2}ab\cdot \sin\hat{B} = \frac{1}{2}cd\cdot \sin(180^\circ — \hat{B})$, то есть $ab = cd$. Складывая $(1)$ и $(2)$, получаем требуемое.

M617. Треугольник с внутренними окружностями

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 2 выпуск)

Условие

Внутри треугольника расположены окружности $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$ одинакового радиуса так, что каждая из окружностей $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ касается двух сторон треугольника и окружности $\delta$. Докажите, что центр окружности $\delta$ принадлежит прямой, проходящей через центры вписанной в данный треугольник окружности и окружности, описанной около него.

Решение

Пусть $ABC$ — данный треугольник и $O_1$, $O_2$, $O_3$ — центры конгруэнтных окружностей, касающихся пар его сторон, а $O_4$ — центр четвертой окружности — той, которая касается указанны трех (см. рисунок). Длины их радиусов обозначим через $\varrho$. Треугольник $O_1O_2O_3$ гомотетичен треугольнику $ABC$, так как его стороны соответственно параллельны сторонам треугольника $ABC$. Не трудно видеть, что центром этой гомотетии будет точка $N$, являющаяся одновременно центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$, и центром окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$. Действительно, прямые $AO_1$, $BO_2$, $CO_3$ являются биссектрисами углов как треугольника $ABC$, так и треугольника $O_1O_2O_3$, а точка $N$ — точка пересечения этих биссектрис.

Теперь заметим, что точка $O_4$ является центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$ (её расстояния до каждой из вершин этого треугольника равно $2\varrho$).

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $N$, переводящую треугольник $O_1O_2O_3$ в треугольник $ABC$. Точка $O_4$ переходит при этом в некоторую точку $M$, лежащую на прямой $NO_4$. Мы уже знаем, что точка $O_4$ была центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$; следовательно, её образ — точка $M$ — будет центром окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$. Тем самым доказано утверждение задачи.

Нетрудно вычислить величину радиуса $\varrho$ этих четырех окружностей через $r$ и $R$ — радиусы вписанной в треугольник $ABC$ окружности и окружности, описанной около него.

Заметим, что радиус окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$, равен $r -\varrho$, а радиус окружности, описанной вокруг этого треугольника, равен $2\varrho$.

Пусть $k$ — коэффициент рассмотренной выше гомотетии. Тогда $(r — \varrho)k = r$ и $2\varrho k = R$. Выразив $k$ из каждого соотношения и приравняв полученные выражения, найдем $$\frac{r}{r-\varrho} = \frac{R}{2\varrho}\;,$$ откуда $$\varrho = \frac{rR}{R+2r}\;.$$

А.Савин

М667. Построение треугольника

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

Постройте треугольник $ABC$, если заданы его наименьший угол $\hat{A}$ и отрезки длины $d=\mid AB\mid-\mid BC\mid$ и $e=\mid AC\mid-\mid BC\mid$.

Решение

На сторонах данного угла $\hat{A}$ отложим данные нам отрезки $AD$ длины $d$ и $AE$ длины $e$. Теперь нужно на этих сторонах (за точками $D$ и $E$) найти такие точки $B$ и $C$, что $\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$.

Чтобы это сделать, построим вначале фигуру, гомотетичную искомому четырехугольнику $BCED$. Для этого (рис.1) отложим на прямой $AD$ (на луче, не содержащем $A$) отрезок $DB_{1}$ любой длины $q$, затем параллельно перенесём луч $\left[DE\right)$ на вектор $\vec{q}$ той же длины $q$, направленный параллельно $\left[AE\right)$. После чего на полученном луче $l$ отметим точку $C_{1}$, для которой $\mid B_{1}C_{1}\mid=q$. Очевидно, что четырехугольник $B_{1}C_{1}E_{1}D$ подобен искомому четырехугольнику $BCED$. Проведя теперь через точку $E$ прямую, параллельную $B_{1}E_{1}$, найдём точку $B$: проведя затем через точку $B$ прямую, параллельную $B_{1}C_{1}$, найдём точку $C$. (Легко видеть, что все построения всегда выполнимы, причём единственным образом.)

Вот ещё одно решение — не использующее метод подобия. Если $O -$ центр окружности, вписанный в искомый труегольник $ABC$, то треугольники $BOD$, $BOC$ и $COE$ конгруэнтны (рис. 2). Все углы, отмеченные при вершине $O$, равны $90^{\circ}+\hat{A}/2$. Поэтому $\widehat{DOE}=90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (эта величина положительна при $\hat{A}<60$). Теперь можно построить точку $O$ как пересечение биссектрисы угла $A$ и дуги сегмента с концами $D$ и $E$, вмещающего вписанный угол величины $90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (красная дуга на рисунке 2). Затем проведя под нужными углами к отрезкам $DO$ и $EO$ лучи $OB$ и $OC$, находим две вершины треугольника $ABC$.

Наконец, задачу можно решить и вычислением: длина искомого отрезка $x=\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$ находится из квадратного уравнения.

$x^{2}=(x+d)^{2}+(x+e)^{2}-2(x+d)(x+e) \cos A$

После чего искомый отрезок можно построить (исходя из $d$, $e$ и $\hat{A}$) циркулем и линейкой, комбинируя известные методы построения по данным отрезкам длины $p$ и $q$ и углу $\alpha$ отрезков длины $p\cos \alpha$, $p\pm q$, $\sqrt{pq}$, $\sqrt{p^{2}\pm q^{2}}$. Интересно, что отрицательный корень этого уравнения также имеет геометрический смысл: он определяет положение ещё одной пары точек $B_{2}\in \left[DA\right)$, $C_{2}\in \left[EA\right)$ для которых $\mid B_{2}D\mid=\mid B_{2}C_{2}\mid=\mid C_{2}E\mid$.

Н. Васильев