Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2001/03/25.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:22 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:12:04 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: пульсар

ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

25

r U + C

C C

R

Рис.5

ре сопротивлением r? Какое количество теплоты выделится в нем за последующие 100 секунд? Элементы цепи считать идеальными. А.Старов

линии, то p1k - 1 = p2k . Последнее равенство невозможно, так как его правая часть делится на k, а левая нет. Поэтому наше предположение о существовании такого рейса ошибочно. О.Мельников

М1752. Сколькими способами можно расставить восемь ладей на черных полях шахматной доски так, чтобы они не били друг друга?
Ответ: 24 . Если не выдвигать ограничений на цвет полей, то 8 ладей допустимым образом можно расставить 8! различными способами; вообще для доски размером n Ч n число способов расстановки n ладей равно числу перестановок из n элементов, т.е. n!. Но нам нужно учесть ограничение на цвет полей: ладьи расставляются только на черных полях доски. Перекрасим черные поля доски в красный и синий цвета. При этом всякое черное поле, расположенное на нечетной вертикали (но на четной горизонтали), сделаем красным, а всякое черное поле, расположенное на четной вертикали (но на нечетной горизонтали), сделаем синим (см. рисунок). Из 8 ладей, стоящих допустимым образом на черных полях, 4 ладьи окажутся на красных полях, а остальные 4 ладьи на синих. Красные поля образуют как бы отдельную шахматную доску размером 4 Ч 4 , поэтому число способов расстановки 4 ладей на красных полях равно 4! = 24. То же можно сказать о синих полях. В результате число способов для допустимых расстановок 2 8 ладей равно 24 . В.Произволов
2

Рис.6

катушки индуктивностью 1 Гн, конденсатора емкостью 1 мкФ, идеального амперметра и двух резисторов сопротивлениями по 100 Ом. Схема подL C ключена к источнику переменного на~ ) пряжения U = =100 cos 1000 t . НайR дите показания амR перметра. З.Рафаилов

Ф1786. На рисунке 6 приведена схема, собранная из

Ф1787. Плоская световая волна, ее длина волны 0,55 мкм соответствует зеленому цвету, падает перпендикулярно на плоский непрозрачный экран, в котором проделано круглое отверстие. На расстоянии 0,2 м находится лист бумаги, расположенный параллельно экрану. При каком диаметре отверстия будет максимальной освещенность в самой близкой к центру отверстия точке листа бумаги? При каком диаметре отверстия будет максимальной освещенность этой точки одновременно для длин волн 0,4 мкм и 0,7 мкм? А.Зильберман

Решения задач М1751М1755, Ф1763Ф1772
М1751. Между двумя странами установлено авиационное сообщение. Каждый город одной страны связан беспересадочными рейсами ровно с k городами другой, причем из любого города этих стран можно перелететь в любой другой, возможно с пересадками. (Города одной страны рейсы этой авиакомпании не соединяют.) Из-за финансового кризиса пришлось закрыть один рейс. Докажите, что теперь по-прежнему из любого города можно долететь в любой другой.
Зададим города каждой страны точками. Если два города соединены авиарейсом, то соответствующие им точки соединим линией. Из каждой точки получившейся схемы (графа) будут выходить ровно k линий. Поскольку из каждого города можно долететь в любой другой, то k 2 . Предположим, что после отмены одного рейса из какогото города невозможно попасть в некоторый другой. Это эквивалентно существованию в построенном графе линии, удаление которой приводит к тому, что граф распадется на две части. Рассмотрим одну из них. Пусть в ней p1 точек соответствуют городам первой страны, p2 городам второй страны, а удаленная линия выходит из точки, соответствующей городам первой страны. Тогда из точек, соответствующих городам первой страны, выходит p1k - 1 линий, а из точек, соответствующих городам второй страны, p2k линий. Поскольку это одни и те же

М1753. Окружность, вписанная в треугольник АВС, касается его сторон в точках A , B , C , точка L середина отрезка A B C (см. рисунок). Докажите, что угол ALB тупой.
Введем обычные обозначения: АВ = с, ВС = а, СА = b, р полупериметр ABC . Так как CA = CB = = p - c и CL биссектриса угла С , CL = = p - c cos C 2 . Применяя теорему косинусов к треугольникам АСL и BCL, получим

*

L

)

b

gbg b b

A

+

B

2 2 AL2 = b 2 + p - c 2 cos C 2 - 2b p - c cos C 2 ,

BL = a AL + BL -
2 2

2

2

c

h

=

g bg + p - cgg cos bC 2g c = 2e ab cos C - pb p 2e ab - pb p - cg - ab
2

2

2

b gbg - 2ab p - cg cos bC 2g , - cg cos bС 2gj = tg bC 2gj e1 + tg bC 2gj
2 2 2 2

.

7 Квант ?3