Ф1349. Об упругих ударах, периоде малых колебаний

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 5 выпуск)

Условие

На гладкий вертикальный стержень насажены тяжелая шайба массой $M$ и легкая шайба массой $m = \frac{M}{1000}$. Легкой шайбе сообщают скорость, равную $v$ и направленную так, как показано на рисунке. На какой высоте над подставкой может находится тяжелая шайба, не смещаясь заметно вверх или вниз? Каким будет период малых колебаний такого «поршня», если его сместить из этого равновесного положения? Все удары считать абсолютно упругими.

Решение

Понятно, что тяжелая шайба (тело) удерживается на некоторой высоте $H$ благодаря тому, что между ней и горизонтальной плоскостью «прыгает» легкая шайба (частица). В равновесном состоянии должно выполнятся условие $$Mg = 2mv\nu \approx 2mv \frac{v}{2H} = \frac{mv^2}{H},$$ где $\nu = \frac{v}{2H}$ — число ударов в секунду шайб друг о друга. Отсюда получаем $$H = \frac{mv^2}{Mg}.$$

Рассмотрим теперь случай, когда наш «поршень» смещен из равновесного положения. Пусть в некоторый момент тело движется вниз со скоростью $V \ll v$. Тогда после каждого удара частица увеличивает свою скорость на $2V$. Таким образом, за время $t$ тело, пройдя путь $Vt$, совершит работу $$A = \frac{1}{2}m(v + 2\nu Vt)^2 — \frac{1}{2}mv^2 \approx 2mv\nu Vt,$$ приводящую к тому, что скорость частицы теперь равна $v + 2\nu Vt$, а действующая на «поршень» сила — $$F = \frac{m}{H}(v + 2\nu Vt)^2 \approx Mg(1 + \frac{2Vt}{H}).$$ Для малых колебаний справедливо равенство $$F = — kx.$$ В нашем случае $$x = Vt \quad и \quad k = \frac{2Mg}{H},$$ откуда для периода колебаний получаем $$T = 2\pi \sqrt\frac{M}{k} = 2\pi\sqrt\frac{H}{2g} = 2\pi\frac{v}{g}\sqrt\frac{m}{2M}.$$

А.Андрианов, М.Цыпин

М1821. О неравенстве с дробной частью числа

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

Условие

Докажите,что для каждого натурального $n$ выполняется неравенство
$$\left|\left\{\frac{n}{1} \right\}-\left\{\frac{n}{2} \right\}+\left\{\frac{n}{3} \right\}-\cdots-\left(-1 \right)^{n}\left\{\frac{n}{n} \right\}\right|<\sqrt{2n}$$($\left\{a\right\}$ — дробная часть числа $a$).

Неравенство верно для $n = 1$ или $2,$ поэтому пусть $n\geqslant3$. Рассмотрим число $k = \left[\sqrt{2n}\right]+1$ и оценим по отдельности величины $$A_{k}=\left\{\frac{n}{1} \right\}-\left\{\frac{n}{2}\right\}+\left\{\frac{n}{3} \right\}-\cdots-\left(-1 \right)^{k-1}\left\{\frac{n}{k-1}\right\}$$ и $$B_{k}=\left\{\frac{n}{k}\right\}-\left\{\frac{n}{k+1} \right\}+\cdots+\left(-1 \right)^{n-k}\left\{\frac{n}{n}\right\} .$$ Очевидно, $$A\leqslant\left\{\frac{n}{1}\right\}+\left\{\frac{n}{3}\right\}+\cdots,$$ где всего $\left[\frac{k}{2}\right]$ слагаемых, причем первое из них равно $0$. Далее, $$A\geqslant -\left\{\frac{n}{2}\right\}-\left\{\frac{n}{4}\right\}-\cdots,$$ где слагаемых $\left[\frac{k-1}{n}\right]$ штук. Для любого натурального $m<k$ имеем $$\left\{\frac{n}{m}\right\}\leqslant\frac{m-1}{m}\leqslant\frac{k-2}{k-1} ,$$ поэтому $$\left|A\right|\leqslant\left[\frac{k-1}{2}\right]\frac{k-2}{k-1}\leqslant\frac{k-2}{2}.$$ Поскольку дробная часть — это разность самого числа и его целой части, то $$B = C — D,$$ где $$C=\frac{n}{k}-\frac{n}{k+1}+\cdots+\left(-1 \right)^{n-k}\frac{n}{n}$$ и $$D=\left[\frac{n}{k}\right]-\left[\frac{n}{k+1}\right]+\cdots+\left(-1\right)^{n-k}\left[\frac{n}{n}\right].$$ Так как $$0\leqslant\left(\frac{n}{k}-\frac{n}{k+1}\right)+\left(\frac{n}{k+2}-\frac{n}{k+3}\right)+\cdots=C=$$ $$=\frac{n}{k}-\left(\frac{n}{k+1}-\frac{n}{k+2}\right)-\cdots\leqslant\frac{n}{k},$$ то $0\leqslant C\leqslant\frac{n}{k}$. Аналогично, $0\leqslant D\leqslant\left[\frac{n}{k}\right]\leqslant\frac{n}{k}$. Следовательно, $$\left|B\right|=\left|C-D\right|\leqslant\frac{n}{k}$$ и, наконец, $$\left|\left\{\frac{n}{1} \right\}-\left\{\frac{n}{2} \right\}+\left\{\frac{n}{3} \right\}-\cdots-\left(-1\right)^{n}\left\{\frac{n}{n} \right\}\right|=$$ $$=\left|A-\left(-1\right)^{k}B\right|\leqslant\frac{k-2}{2}+\frac{n}{k}<\frac{\sqrt{2n}-1}{2}+\sqrt{\frac{n}{2}}<\sqrt{2n}.$$

В.Барзов, А.Спивак

М1812. Доказать тождество

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 2 выпуск)

Условие

Натуральные числа $а,$ $b$ и $с$ таковы, что $НОД\left(a^2-1,b^2-1,c^2-1\right) = 1.$

Докажите, что $НОД\left(ab+c, bc+a, ca+b\right) = НОД\left(a,b,c\right)$ (НОД – наибольший общий делитель).

Рассмотрим произвольное простое число $р$ и докажем, что оно входит в $НОД\left(a^2-1, b^2-1, c^2-1\right)$ и $НОД\left(a,b,c\right)$ в равной степени. Заметим, что если $НОД\left(a, b, c\right)\,\vdots\, p,$ то степень вхождения $р$ в оба НОДа равна наименьшей степени вхождения $р$ в числа $a, b, c$ (если $НОД\left(a, b, c\right)\,\vdots\, p^{k},$ но $c$ не делится на $p^{k+1},$ то $ab+c$ делится на $p^{k},$ но не делится на $p^{k+1}).$ Поэтому достаточно доказать, что любой простой делитель $q$ числа $НОД\left(ab+c, bc+a,ca+b\right)$ делит $НОД\left(a, b, c\right).$ Пусть, скажем, $а$ не делится на $q,$ тогда, поскольку $bc + a$ не делится на $q,$ получаем, что $b$ не делится на $q$ и $с$ не делится на $q.$ Тогда $$(ab + c)(bc + a) — a(ab + c) — c(bc + a) = ac(b^2-1)\,\vdots\, q.$$ Стало быть, $(b^2-1)\,\vdots\, q.$ Аналогично, $(a^2-1)\,\vdots\, q$ и $(c^2-1)\,\vdots\, q$ – это уже противоречие с тем, что $НОД\left(a^2-1, b^2-1, c^2-1\right) = 1.$ Значит, $НОД\left(ab+c, bc+a, ca+b\right) = НОД\left(a, b, c\right).$

А.Голованов

М1821. Доказать неравенство

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

Условие

Для любого натурального [latex]{n}[/latex] докажите неравенство
$$\left|\left\{\frac n1\right\}-\left\{\frac
n2\right\}+\left\{\frac n3\right\}-\ldots+(-1)^n\left\{\frac
nn\right\} \right|<\sqrt{2n}$$
([latex]\left \{ a \right \}[/latex] — дробная часть числа [latex]a[/latex]).

Неравенство верно для [latex]{n = 1}[/latex] или [latex]{2}[/latex], поэтому пусть [latex]{n \geqslant 3}[/latex]. Рассмотрим число [latex]{k = \left [ \sqrt{2n} \right ]+1}[/latex] и оценим по отдельности величины
$$
A=\left\{\frac{n}{1}\right\}-\left\{\frac{n}{2}\right\}+\left\{\frac{n}{3}\right\}-\ldots-(-1)^{k-1}\left\{\frac{n}{k-1}\right\} \\
$$
и
$$
B=\left\{\frac{n}{k}\right\}-\left\{\frac{n}{k+1}\right\}+\ldots+(-1)^{n-k}\left\{\frac{n}{n}\right\} \\
$$
Очевидно,
$$
A \leqslant\left\{\frac{n}{1}\right\}+\left\{\frac{n}{3}\right\}+\ldots,
$$
где всего [latex]\left [ \frac{k}{2} \right ][/latex] слагаемых, причём первое из них равно 0. Далее,
$$
A \geqslant-\left\{\frac{n}{2}\right\}-\left\{\frac{n}{4}\right\}-\ldots,
$$
где слагаемых [latex]\left [ \frac{k-1}{2} \right ][/latex] штук. Поскольку для любого натурального [latex]m < k[/latex] имеем
$$
\left\{\frac{n}{m}\right\} \leqslant \frac{m-1}{m} \leqslant \frac{k-2}{k-1},
$$
то
$$
|A| \leqslant\left[\frac{k-1}{2}\right] \cdot \frac{k-2}{k-1} \leqslant \frac{k-2}{2}
$$
Поскольку дробная часть — это разность самого числа и его целой части, то
$$
B = C-D,
$$
где
$$
C=\frac{n}{k}-\frac{n}{k+1}+\ldots+(-1)^{n-k} \frac{n}{n}
$$
и
$$
D=\left[\frac{n}{k}\right]-\left[\frac{n}{k+1}\right]+\ldots+(-1)^{n-k}\left[\frac{n}{n}\right].
$$
Поскольку
$$
0 \leqslant\left(\frac{n}{k}-\frac{n}{k+1}\right)+\left(\frac{n}{k+2}-\frac{n}{k+3}\right)+\ldots=C=
$$
$$
\frac{n}{k}-\left(\frac{n}{k+1}-\frac{n}{k+2}\right)-\dots \leqslant \frac{n}{k},
$$
то [latex]0\leqslant C \leqslant\frac{n}{k}[/latex] Аналогично, [latex]0\leqslant D\leqslant\left [\frac{n}{k} \right ] \leqslant\frac{n}{k}.[/latex]

Следовательно,
$$
|B| = |C-D|\leqslant\frac{n}{k}
$$
и, наконец,
$$
\left|\left\{\frac{n}{1}\right\}-\left\{\frac{n}{2}\right\}+\left\{\frac{n}{3}\right\}-\ldots-(-1)^{n}\left\{\frac{n}{n}\right\}\right|=\left|A-(-1)^{k} B\right| \leqslant
$$
$$
\leqslant \frac{k-2}{2}+\frac{n}{k} \leqslant \frac{\sqrt{2 n}-1}{2}+\sqrt{\frac{n}{2}}<\sqrt{2 n}.
$$

В.Барзов

М418. Выполняются ли неравенства?

Задача из журнала «Квант» (1977 год, 8 выпуск)

Условие

Докажите, что для любого натурального $n\geqslant2$ выполняются неравенства: $$n\left(\sqrt[n]{n+1}-1\right)<1+\frac12+\frac13+…+\frac1n<n\left(1-\frac1{\sqrt[n]n}\right)+1.$$

Решение

Для доказательства мы воспользуемся теоремой Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Пусть $a_1,a_2,…,a_n\;-$ положительные числа. Тогда $$\frac{a_1+a_2+…+a_n}n\geqslant\sqrt[n]{a_1a_2…a_n},$$ причем равенство достигается лишь в случае, когда все числа равны.

Запишем теорему Коши для чисел $1,\;\frac12,\;\frac23,\;\frac34,\;…,\;\frac{n-1}n:$ $$\frac{1+{\displaystyle\frac12}+{\displaystyle\frac23}+…+{\displaystyle\frac{n-1}n}}n>\sqrt[n]{\frac1n}.$$

Перепишем это неравенство так: $$1-\left(1-\frac12\right)+\left(1-\frac13\right)+…+(1-\frac1n)>\frac n{\sqrt[n]n}.$$ Отсюда получим одно из нужных нам неравенств: $$1+\frac12+\frac13+…+\frac1n<n\left(1-\frac1{\sqrt[n]n}\right)+1.$$

Чтобы доказать второе неравенство, запишем теорему Коши для чисел $2,\;\frac32,\;\frac43,\;…,\;\frac{n+1}n$: $$\frac{2+{\displaystyle\frac32}+{\displaystyle\frac43}+…+{\displaystyle\frac{n+1}n}}n<\sqrt[n]{n+1},$$ или $$2+(1+\frac12)+(1+\frac13)+…+(1+\frac1n)>n\sqrt[n]{n+1},$$ откуда $$n+(1+\frac12+\frac13+…+\frac1n)>n\sqrt[n]{n+1},$$ то есть $$1+\frac12+\frac13+…+\frac1n>n(\sqrt[n]{n+1}-1).$$

Л. Курляндчик