М1336. Доказательство неравенства

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 10 выпуск)

Условие

Докажите для любых чисел $m$ и $n$, больших 1, неравенство $$\frac{1}{\sqrt[n]{m+1}}+\frac{1}{\sqrt[m]{n+1}}>1 \tag{*}$$

Доказательство

Докажем, что неравенство $$(1+x)^{a}<1+\alpha x$$ выполняется при $0 < \alpha < 1 $ и $x>0$. Пусть $$f(x)=(1+x)^{\alpha}-\alpha x-1$$ Имеем $$f(0) = 0$$ $$f^{\prime}(x)=\alpha(1+x)^{\alpha-1}-\alpha<0$$ при $x>0$. Следовательно, при $x \geqslant 0$ функция $f(x)$ убывает, поэтому $f(x)<f(0)=0$ при $x>0$.

Пользуясь неравенством $(*)$, получаем, что $$(1+m)^{\frac{1}{n}}<1+\frac{m}{n},(1+n)^{\frac{1}{m}}<1+\frac{n}{m}$$ откуда сразу следует, что $$\frac{1}{\sqrt[n]{1+m}}+\frac{1}{\sqrt[m]{1+n}}>\frac{n}{m+n}+\frac{m}{m+n}=1$$

И. Сендеров

Ф1308. Скольжение кубика в тележке

Задача из журнала «Квант» (1991 год, 9 выпуск)

Условие

У левого края тележки длиной $L=0,2$ м и массой $M = 1$ кг лежит кубик массой $m=0,3$ кг (см. рисунок). Кубику толчком придают горизонтальную скорость $v_{0} = 1$ м/с вправо. Считая, что тележка в начальный момент неподвижна, определите, на каком расстоянии от левого края тележки будет находиться кубик после того, как проскальзывание его относительно тележки прекратится. Коэффициент трения кубика о дно тележки $\mu = 0,1$. Удары кубика о стенки считать абсолютно упругими. Тележка едет по столу без трения.

Решение

Проще всего решать эту задачу, исходя из энергетических соображений. Согласно закону сохранения энергии, убыль кинетической энергии системы равна выделившемуся количеству теплоты, которое, в свою очередь, равно работе силы трения скольжения на тормозном пути $l$:$$\Delta E_{k}=\frac{\left(M+m\right) u^{2}}{2}-\frac{m v_{0}^{2}}{2}=Q=F_{тр} l=-\mu m g l.$$Скорость системы и после прекращения проскальзывания легко найти из закона сохранения импульса$$m v_{0}=\left(M+m\right) u.$$После простых преобразований получим$$l=\frac{v_{0}^{2}}{2 \mu g\left(1+\frac{m}{M}\right)} \approx 0,38 m.$$Значит, кубик остановится на расстоянии$$x=L-\left(l-L\right)=0,02 m$$от левого края тележки.

А. Зильберман

M1800. О квадратах площадей граней тетраэдра

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

Условие

Докажите, что сумма квадратов площадей граней любого тетраэдра равна учетверенной сумме квадратов площадей трех его сечений, каждое из которых проходит через середины четырех ребер.

Решение

Сначала докажем следующее утверждение.

Теорема косинусов для тетраэдра. Пусть $S_0$, $S_1$, $S_2$, $S_3$ — площади граней тетраэдра, $\alpha_{ij}$ – двугранный угол между гранями с площадями $S_i$ и $S_j$. Тогда $$S_0^2=S_1^2+S_2^2+S_3^2−2S_1S_2\cos\alpha_{12}−2S_1S_3\cos\alpha_{13}−2S_2S_3\cos\alpha_{23}.$$

Так как площадь любой грани тетраэдра равна сумме площадей проекцией на нее остальных граней, имеем$$S_0=S_1\cos\alpha_{01}+S_2\cos\alpha_{02}+S_3\cos\alpha_{03},$$$$S_1=S_0\cos\alpha_{01}+S_2\cos\alpha_{12}+S_3\cos\alpha_{13},$$$$S_2=S_0\cos\alpha_{02}+S_1\cos\alpha_{12}+S_3\cos\alpha_{23},$$$$S_3=S_0\cos\alpha_{03}+S_1\cos\alpha_{13}+S_2\cos\alpha_{23}.$$

Умножив второе равенство на $S_1$, третье на $S_2$, четвертое на $S_3$ и вычтя из их суммы первое, умноженное на $S_0$ получим утверждение теоремы.

Теперь четырьмя плоскостями, параллельными граням тетраэдра и проходящими через середины его ребер, отрежем от него четыре вдвое меньших тетраэдра. Получим многогранник, ограниченный $8$ треугольниками. Серединные сечения исходного тетраэдра разбивают этот многогранник на $8$ тетраэдров, основания которых равны уменьшенным вдвое граням исходного, а боковые грани – четвертям его серединных сечений (рис. $1$). Если применить к каждому из них теорему косинусов и сложить полученные равенства, то каждое из удвоенных произведений войдет в сумму с противоположными знаками, и в результате будет получено утверждение задачи.

А.Заславский

Ф1856. Максимальные скорости шайб

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

Задача из журнала «Квант» (2003 год, 1 выпуск)

Условие

Из тонкой жесткой проволоки согнули угол $90^{\circ}$, одну из сторон угла закрепили в вертикальном положении, другую — в горизонтальном (рис. $1$). На каждую из сторон надели маленькую шайбу массой $M$ и соединили шайбы легким стержнем длиной $L$. Вначале этот стержень почти вертикален, затем от малого толчка система приходит в движение. Найдите максимальные скорости каждой из шайб. Трение отсутствует.

Рис. 1

Решение

Нижняя шайба вначале разгоняется, но к концу пути она должна остановиться; следовательно, где-то в промежуточном положении ее скорость будет максимальной. Запишем закон сохранения энергии (см.рис. $2$):

Рис. 2

$$\frac{Mv^2}{2}+\frac{Mu^2}{2} = MgL(1 — \cos \alpha)$$и соотношение между скоростями: $$v\cos \alpha = u\sin \alpha.$$

Тогда получим $$u^2(1 + \tg^2 \alpha ) = 2gL(1 — \cos \alpha ),$$ или $$u^2 = 2gL(1 — \cos \alpha )\cos ^ 2\alpha .$$

Возьмем производную по углу и приравняем ее к нулю: $$-2\cos \alpha _{0}\sin \alpha _{0} + 3\cos ^2\alpha _{0}\sin \alpha _{0} = 0.$$

Подходит только $\cos \alpha _{0} = 2/3$, поэтому $$u_{m} = u(\alpha _{0}) = \sqrt{\frac{8}{27}gL} \approx 0,55\sqrt{gL}.$$

Когда верхняя шайба почти достигнет своего положения внизу, скорость второй станет равной нулю, и вся энергия достанется верхней. В этот момент $$v = v_{m} = \sqrt{2gL} \approx 1,41\sqrt{gL}.$$

Р. Александров

M1383. О сумме чисел с разными степенями

Задача из журнала «Квант» (1993 год, 11/12 выпуск)

Условие

Пусть сумма $n$ чисел равна $0$, причем $m$ — наименьшее из них, а $M$ — наибольшее. Докажите, что

сумма квадратов этих чисел не превосходит $-mMn$;
сумма четвертых степеней этих чисел не превосходит $-mMn(m^2 + M^2 +mM)$.

Решение

Пусть $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ — числа задачи: $$ m \leqslant x_{i} \leqslant M, x_{1}+x_{2}+ \ldots +x_{n} = 0$$

Обозначим сумму их квадратов через $D$, а сумму четвертых степеней — через $F.$

Первое решение. Для каждого числа $x_{i}$ задачи имеем $$(x_{i} — m)(x_{i} — M)\leqslant 0,$$ или $$x_{i}^{2} \leqslant(m+M) x_{i}-m M. \tag{*}$$
Сложив $n$ этих неравенств, получаем $$D \leqslant -nmM.$$

Второе решение. При $m = M$ утверждение очевидно. Пусть $m<M$. Расположим в точках $(x_{i},x_{i}^{2})$, где $x_{i}$ — числа задачи, единичные массы. Проведем через точки $(m, m^2)$ и $(M, M^2)$ прямую. Ее уравнение —

$$\frac{x-m}{M-m}=\frac{y-m^{2}}{M^{2}-m^{2}}.$$

Поскольку все массы расположены под прямой, этим же свойством обладает и центр масс $(0, D/n).$ Поэтому $$-m(m+M)+m^{2} \geqslant \frac{D}{n},$$ что и требовалось доказать.
Первое решение. Как и во втором решении пункта а) будем считать $m<M$. Попытаемся найти многочлен $x^4 + ax + b$, имеющий корнями числа $m$ и $M$. Заметим сразу, что многочлен такого вида имеет не более двух корней. Действительно, между любыми последовательными корнями многочлена найдется корень его произведения. Следовательно, если многочлен имеет хотя бы три корня, то его производная $4 x^{3} + a$ имеет не менее двух корней. Но уравнение $4 x^{3} = -a$ имеет единственный корень. Тогда из системы $$\left\{\begin{array}{l}m^{4}+a m+b=0 \\M^{4}+a M+b=0 \end{array}\right.$$ получаем $$a=-\left(m^{2}+M^{2}\right)(m+M),$$ $$b=m M\left(m^{2}+M^{2}+m M\right).$$
С другой стороны, при этих значениях $a$ и $b$ равенства системы выполняются. Окончание решения аналогично первому решению пункта а).

Второе решение. Рассуждая так же, как при втором решении пункта а), получаем уравнение прямой $$\frac{x-m}{M-m}=\frac{y-m^{4}}{M^{4}-m^{4}},$$ после чего без труда приходим к неравенству $$-m\left(M^{2}+m^{2}\right)(M+m)+m^{4} \geqslant \frac{F}{n},$$ что и требовалось доказать.

Третье решение. Для каждого числа $x_{i}$ задачи из (*) следует $$\begin{aligned}
x_{i}^{4} & \leqslant\left((m+M) x_{i}-m M\right)^{2}=\\
&=(m+M)^{2} x_{i}^{2}-2(m+M) m M x_{i}+m^{2} M^{2}.
\end{aligned}$$

Сложив $n$ этих неравенств и воспользовавшись утверждением пункта а), получаем $$F \leqslant-n m M(m+M)^{2}+n m^{2} M^{2},$$ что и требовалось доказать.

Замечание. Неравенство (*), а следовательно, и неравенства задачи превратятся в равенства, если $k$ из чисел $x_{i}$ равны $m$, а $n-k$ остальных равны $M$ (при этом $k m+(n-k) M=0$).

Н.Васильев, В.Сендеров, Л.Туцеску