М1651. О наименьшей и наибольшей площади выпуклой фигуры

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 5 выпуск)

Условие

Найдите а) наименьшую, б) наибольшую возможную площадь выпуклой фигуры, все проекции которой на оси $Oх$, $Oу$ и прямую $х = у$ суть отрезки единичной длины.

Ответ: а) $\sqrt{2}-1$; б)$\frac{2\sqrt{2}-1}{2}$.

Решение

Для обоих случаев а) и б) фигура $F$, о которой идет речь в задаче, заключается внутри шестиугольника, являющегося пересечением трех полос (шириной $1$ каждая) (рис.$1$).

Рис. 1
Рис. 1

Назовем такой шестиугольник накрывающим. В случае б) фигура $F$ совпадает с накрывающим шестиугольником, достигая наибольшей площади тогда, когда накрывающий шестиугольник симметричен относительно обеих диагоналей квадрата. Эта наибольшая площадь равна $\frac{2\sqrt{2}-1}{2}$, как показывают элементарные вычисления.

Рис. 2
Рис. 2

Минимальная площадь фигуры $F$ (случай а) реализуется на многоугольнике, который на каждой стороне накрывающего шестиугольника имеет по крайней мере одну вершину. Таким многоугольником будет четырехугольник $ABCD$ (рис.$2$), который во всех разновидностях накрывающих шестиугольников имеет одну и ту же площадь $\sqrt{2}-1$.

В.Тиморин

M1686. О равенстве непрерывных на отрезке функций

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 3 выпуск)

Условие

Функции $f(x)$ и $g(x)$ непрерывны на отрезке $\left[0; 1\right]$ и удовлетворяют равенствам
$$\int_{0}^{1} f(x) dx = \int_{0}^{1} g(x) dx = 1$$ и $$\int_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)} dx = \sqrt{2} .$$
Докажите, что $f(x) = g(x)$ на отрезке $\left[0; 1\right]$.

Для любой пары неотрицательных чисел $а$ и $b$ справедливо элементарное неравенство $a + b \leqslant \sqrt{2(a^2 + b^2)}$. При этом неравенство обращается в равенство лишь тогда, когда $a = b$. Ввиду этого и условий задачи, можно записать цепочку неравенств $$ 2 \leqslant \int_{0}^{1} (|f(x)| + |g(x)|) dx \leqslant \sqrt{2} \int_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)} dx = 2 .$$

Отсюда следует, что функции $f(x)$ и $g(x)$ равны и неотрицательны на отрезке $\left[0; 1\right]$.

Подобным образом читатель может доказать аналогичное утверждение для трех (и более) функций: если $f(x)$, $g(x)$ и $\varphi(x)$ непрерывны на отрезке $\left[0; 1\right]$ и $$\int_{0}^{1} f(x) dx = \int_{0}^{1} g(x) dx = \int_{0}^{1} \varphi(x) = 1 ,$$ а
$$\int_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)+\varphi^2(x)} dx = \sqrt{3} , $$ то $f(x) = g(x) = \varphi(x)$ на $\left[0; 1\right]$.

В.Произволов

M1817

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 6 выпуск)

Условие

Четырехугольник с перпендикулярными диагоналями вписан в кавдрат. Диагонали и стороны четырехугольника разделили квадрат на 8 треугольников, попеременно окрашенных в красный и синий цвет(рис.1).

рис 1
рис 1

Докажите, что сумма радиусов окружностей, вписанных в красные треугольники равна сумме радиусов окружностей, вписанных в синие треугольники.

Решение

Сначала два вспомогательных факта.

1. Диаметр вписанной в прямоугольный треугольник окружности равен разности между суммой его катетов и гипотенузой, т.е. $2r = a + b — c$.Обоснование этого полезного утверждения можно усмотреть из рисунка 2.

рис 2

2. Два взаимно перпендикулярных отрезка разделили квадрат на четыре четырехугольнька. Тогда сумма периметров любых двух несоседних из них равна сумме периметров двух других(рис.3).

рис 3

Обоснуем это. Один из разделющих отрезков перенесем параллельно себе так, чтобы он прошел через центр квадрата; при этом сумма периметров несоседних четырехугольников останется прежней. То же самое сделаем со вторым отрезком. Но два отрезка, взаимно перпендикулярные и проходящие через центр квадрата, делят его на четыре равных четырехугольника. Теперь рассуждение легко закончить самостаятельно.
Вернемся к условию задачи. На основании утверждения 2 можно заключить, что сумма длин всех катетов красных красных треугольников равна сумме длин всех катетов синих треугольников. К этому можно добавить, что сумма длин всех гипотенуз красных треугольников равна сумме длин всех гипотенуз синих треугольников. Откуда используя утверждение 1, делаем вывод, что сумма радиусов окружностей, вписанных в красные треугольники, равна сумме радиусов окружностей, вписанных в синие треугольники.

В. Произволов

Ф1365. Задача о нахождение угла отклонения частицы

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 8 выпуск)

Условие

Заряженная частица с кинетической энергией $W$ пролетает мимо длинного равномерно заряженного провода. Частица движется в плоскости, перпендикулярно проводу, и в результате отклоняется на небольшой угол $a$ от первоначального направления полета (смотреть рис.1). Найдите этот угол, если заряд частицы $e$, а заряд единицы длины провода $q$. На расстояние $R$ от длинного провода напряженность поля $E=\frac{q}{(2\pi\varepsilon_{0}R)}$.

рис.1

рис. 2

Решение

В произвольной точке $A$ на расстояние $R$ от заряженного провода скорость частицы направлена под малым углом $\alpha$ к оси $X$, таким, что $$\alpha =\frac{\upsilon_{y}}{\upsilon_{x} }.$$ Здесь $\upsilon_{y}$ — вертикальная проекция скорости, а $\upsilon_{x}= \sqrt{2 \frac{W}{m}}$ — ее горизонтальная проекция.
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на ось $Y$ (рис.2):
$$F_{y}dt=md\upsilon_{y}$$ где $$F_{y}=eE\cos\psi=\frac{eq\cos\psi}{2\pi\varepsilon_{0}R} $$
Малый промежуток времени $dt$ выразим из соотношения $\nu_{x}=\frac{dx}{dt}$:$$dt= \frac{dx}{\nu_{x}}=\frac{Rd\psi} {\psi_{x}\cos\psi}$$

За это время вертикальная проекция скорости изменится на величину $$d\nu_{y}=\frac{F}{m}dt=\frac{eq}{2\pi m\nu}d\psi$$

Полная проекция скорости вдоль оси $Y$ складывается их приращений: $$\nu_{y}=\int_{ \frac{ \pi }{ 2 }}^{ \frac{- \pi}{2}}d\nu_{y} = \frac{eq}{2\varepsilon_{o}m\nu_{x}}$$

Итак, искомый угол $\alpha$ получается таким:$$\alpha=\frac{\nu_{y}}{\nu_{x}}=\frac{ eq }{2\varepsilon_{o}m\nu_{x}^{2}}=\frac{eq}{4\varepsilon_{o}W} $$

В. Можаев

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 $m = M/1000$. 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
$$Mg = 2mvν \approx 2mv \frac{v}{2H} = \frac{mv^2}{H},$$
где $ν = v/(2H)$ — 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
$$A = \frac{1}{2}m(v + 2νVt)^2 — \frac{1}{2}mv^2 \approx 2mvνVt,$$
приводящую к тому, что скорость частицы теперь равна $v + 2νVt$, а действующая на «поршень» сила —
$$F = \frac{m}{H}(v + 2νVt)^2 \approx Mg(1 + \frac{2Vt}{H}).$$
Для малых колебаний справедливо равенство
$$F = — kx.$$
В нашем случае
$$x = Vt \quad и \quad k = 2Mg/H,$$
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