[Решения задач М1—М3; Ф1-Ф6]

48

С этого номера мы начнем печать решения «Задачника Кванта».
Большинство из задач, помещенных в этом разделе журнала, довольно трудны и обсуждению некоторых из них следовало бы посвятить больше статую. Многие из них дают повод для разговора о целом классе задач, о методах подхода к тем или иным явлениям, об использовании различных явлений в практике. Иногда мы будем вести этот разговор на страницах нашего журнала. Но часто читатель самим стоит подумать над тем, как обобщить приведенное решение, или как его упростить, над тем, где применяется явление, о котором говорится в задание и т. д.

Седьмой номер был подготовлен к печати в конце марта, поэтому здесь, естественно, не учтены письма с решениями, которые мы получили позже. В дальнейшем предполагается публиковать решение примерно через полгода после публикации задач. При этом мы успешно познакомиться с решениями, последними «вовремя» — не позднее чем через полтора месяца после выхода соответствующего номера. Конечно, мы не сможем ответить всем читателем, прилавшим нам письма. Лучшие решения будут опубликованы на страницах журнала. Тем же, кто придумал решение, сильно отличается от опубликованного, придется самим разобраться, верно оно или нет, и если нет, — в чем ошибка.

И последнее. Придумать задачу об卑но труднее, чем ее решить. Труднее, но это и интереснее. Попробуйте придумать задачи и пришите их нам. Лучшие задачи мы опубликовем в «Задачнике Кванта».

49

М1. В стране Анчурии, где правит президент Мирафлорес, приблизюсь время новых президентских выборов. В странеровно 20 миллионов избирателей, из которых только один процент (регулярная армия Анчурии) поддерживает Мирафлорес. Мирафлорес, естественно, хочет быть избранным, но, с другой стороны, он хочет, чтобы выборы казались демократическими. «Демократическим голосованием» Мирафлорес называет вот что: все избиратели разбиваются на несколько равных групп, затем каждой из этих групп повышается на некоторое количество равных групп, затем эти последние группы снова разбиваются на равные группы и т. д.; в самых мелких группах выбирают представители группы—выборщика, затем выборщик представляет для голосования в еще большей группе и т. д.; наконец, представители самых больших групп выбирают представителя на группы, как он хочет, и инструктурует свои стороны, как им голосовать. Сможет ли он так организовать «демократические выборы», чтобы его избрали предidentом? (При равенстве голосов побеждает опозиция.)

Ответ. Да, сможем.

Прежде всего, разберемся, как может на «многоступенчатых» выборах победить кандидат, за которым голосует меньшинство. (Кстати, по такой системе голосуют во многих капиталистических странах.) Самый простой пример такой ситуации изображен на рисунке 1: здесь девять избирателей — четыре «черных» и пять «голубых» — разбиты на три группы по три избирателя так, что в двух группах побеждают черные, и поэтому в результате таких «двухступенчатых выборов» будет избран кандидат черных, хотя число его стороны составляет только $\frac{4}{5}$ от общего числа избирателей. (Нетрудно сообщить, что при двухступенчатых выборах с большим числом избирателей процент голосов, достаточно для победы, может быть еще меньше, но все также завершено больше 25%.) Ясно, что при трехступенчатой системе выборов этот процент можно сделать еще ниже. Например, если заменить на рисунке 1 каждого избирателя группы из ста человека, причем так, что в голосовой группе все это избирателей голосые, а в черной — 51 черный и 49 голубых, то мы получим пример ситуации, где черные составляют только $\frac{4}{9} \cdot \frac{51}{100} = \frac{17}{75}$ от общего числа избирателей и тем не менее побеждают.

После этих предварительных сообщений пришли решение задачи.

Разобем всех избирателей на 5 группы по 4 миллиона в каждой так, что две группы целиком составят из противников Мирафлоresa (назовем эти группы «голубыми», а три остальные — «черными»). Каждый из

50

этих групп «первого ранга» снова разобъем на 5 групп второго ранга, причем из пятей групп, составляющих черную групп первого ранга, три черных и т. д., как указано в таблице.

Ясно, что при таком разбиении для победы Мирафлореса достаточно, чтобы за него проголосовала

$$\frac{3^{11}}{2^8 \cdot 5^7} = \frac{177 \cdot 147}{20 \cdot 000 \cdot 000} < \frac{1}{100}$$

часть всех избирателей. Тем самым, поскольку армия составляет $\frac{1}{100}$ часть избирателей и поддерживает Мирафлореса, он смотет победить.

Некоторые читатели пытались решить следующий, более общий вопрос: какое наименьшее число сторонников должен иметь Мирафлорес, чтобы победить на «демократических выборах», если общее количество избирателей $N$? Разумеется, ответ на этот вопрос зависит не столько от величины числа $N$, сколько от того, как оно раскладывается на множители. Если, скажем, $N$ — число простое, то избиратей вообще никак нельзя разбить на равные группы (кроме тривальноного способа: $N$ групп по одному человеку) и для победы нужно иметь простое большеинструто. Покажем, как ответить на этот вопрос для любого $N$.

Рассмотрим такое разбиение $N$ человек на группы (1-го, 2-го и т. д. ранга), при котором победает Мирафлорес и число его стороны — наименьшее из возможных. Очевидно, можно считать, что в группах, голосующих против него, нет ни одного его стороны и что все черные группы одного ранга разбиты совершенно одинаково. Удобно использовать общение $[1]$ — «целая часть» ($[x]$ — наиболее целое число, не превысая $x$; например, $[2] = 2$, $[3\frac{1}{2}] = 3$). Ясно, что если неокторачая черная группа состоит из $k$ групп следующего ранга, то среди них должны быть не менее $[\frac{k}{2}] + 1$ черных. Пусть каждая группа $r$-го ранга ($r = 1, 2, \dots, m-1$) разбита на $k_r$ групп меньше ранга, а группы последнего $m$-го ранга состоит из 1 человека. Тогда для победых необходимо иметь по крайней мере

$$B = \left( \left[ \frac{k_1}{2} \right] + 1 \right) \left( \left[ \frac{k_2}{2} \right] + 1 \right) \dots \left( \left[ \frac{k_m}{2} \right] + 1 \right)$$

черных голосов. Наша задача свелась к такой: разложить данное $N$ в произведение максимimalей $k_1, k_2, \dots, k_m$, чтобы произведение $B$ было минимально.

Пусть

$$N = k_1 k_2 \dots k_m$$

— такое разложение. Как показывает следующая лемма, можно предложать, что в этом разложении нет сомножителей $k$ вида $k = pq$, где $p$ и $q$ больше 2 (если такие есть, можно проверить дальнейшее разложение, не увеличивая $B$).

Лемма.

$$\left( \left[ \frac{p}{2} \right] + 1 \right) \left( \left[ \frac{q}{2} \right] + 1 \right) \leq \left[ \frac{pq}{2} \right] + 1$$

для всех целых $p$ и $q$, большех 2.

Доказательство. Если $p$ и $q$ оба четны, то неравенство можно переписать так:

$$\left( \frac{p}{2} + 1 \right) \left( \frac{q}{2} + 1 \right) \leq \frac{pq}{2} + 1,$$

$(p + 2) (q + 2) \leq 2pq + 4,$

$pq - 2q - 2p + 4 \geq 4, \quad (p - 2)(q - 2) \geq 4,$

что, очевидно, верно для $p > 2$ и $q > 2$.

В случае, когда одно из чисел $p, q$, например $p$, четно, а другое нечетно, имеем:

$$\left( \frac{p}{2} + 1 \right) \left( \frac{q}{2} + 1 \right) \leq \frac{pq}{2} + 1,$$

$(p + 2) (q + 1) \leq 2pq + 4,$

$pq - 2q - p + 2 \geq 0, \quad (p - 2)(q - 2) \geq 0.$

Случай, когда $p$ и $q$ нечетны, разбиается аналогично. Лемма доказана. Отсюда сразу следует, что нечетные $N$ надо раскладывать на простые множители «до конца». Осталось разобраться с двойками.

Можно считать, что в разложении нет сомножителей вида $2q$, где $q$ нечетно, поскольку $2$ ранга

$$2 \left( \left[ \frac{q}{2} \right] + 1 \right) = \left[ \frac{2q}{2} \right] + 1.$$

52

шей черз центры окружностей и центр сферы. Действительно, обе окружности симметричные относительно плоскости $P$, и если бы они имели общую точку по одному сторону плоскости $P$, то должны были бы иметь и симметрично ей общую точку по другую сторону $P$, а у них всего одна общая точка. Если эти окружности имеют один и тот же радиус $r$, то расстояние между их «центрами» равно $2r$, потому что на окружности большого круга, получающейся в пересечении сферы и плоскости $P$ (рис. 2, $\theta$), диаметры наших окружностей (черные отрезки) и отрезок, соединяющий их «центры» (красный), стягивают равные дуги.

Пусть $A_0, A_1, A_2, \dots, A_n$ — «центры» окружностей $\gamma_0, \gamma_1, \dots, \gamma_n$, о которых идет речь в условиям задачи. Тогда $A_0A_1 = A_0A_2 = \dots = A_0A_n = A_1A_2 = A_2A_3 = \dots = A_nA_12r$, других словами, $A_0A_1A_2 \dots A_n$ — вписанная в данную сферу радиуса 1 правильная $n$-угольная парамида с вершиной $A_0$, у которой все боковые грани — равносторонние треугольники со стороны равными $2r$. Итак, достаточно построить парамиду, для которого выполнен эти условия, тогда точки $A_0, A_1, \dots, A_n$ будут определенные окружности радиуса $r$ с «центрами» $A_0, A_1, \dots, A_n$, которые, очевидно, удовлетворяют условиям задачи.

Поскольку сумма плоских углов выпуклого $n$-гранного угла с вершиной $A_0$ меньше $360^\circ$:
$$n \cdot 60^\circ = A_1A_0A_2 + A_2A_0A_3 + \dots + A_nA_0A_1 < 360^\circ,$$
то $n < 6$. Для $n = 3, 4$ и 5 нетрудно построить нужные парамиды.

Пусть $O$ — центр сферы. Высота парамиды $h$ и длина ее ребер $2r$ находится из следующих соображений: радиус $KA_1$ основания парамиды — катет $\Delta A_0KA_1$ и боковая сторона $\Delta A_1KA_2$, где $\Delta A_1KA_2 = 2\pi/n$ (рис. 3, $a, \delta$),

$$\sqrt{4r^2 - h^2} \sin \frac{\pi}{n} = r.$$

Из $\Delta A_0OA_1$ имеем $r = \frac{h}{2r}$.

Отсюда $h = 2r^2$, $r = \sqrt{1 - \frac{1}{4 \sin^2 \frac{\pi}{n}}}$.

Таким образом,

при $n = 3$: $r = \sqrt{\frac{2}{3}} \left( \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$;

при $n = 4$: $r = \sqrt{\frac{1}{2}} \left( \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} \right)$;

при $n = 5$: $r = \sqrt{\frac{5 - \sqrt{5}}{10}}$

(формулу $\sin \frac{\pi}{5} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$ можно вывести из рисунка 4, с помощью которого строятся правильные десятиугольники и правильные пяты-угольники).

53

Зная $r$ и $h$, мы можем построить правильные парамиды, которые в силу приведенных соотношения будут удовлетворять всем нужным условиям: все грани — равносторонние треугольники со сторонами $2r$, радиус описанной сферы — 1.

Построенные парамиды тесно связаны с правильными многогранными

ками, грани которых — треугольники. Таких многогранников всего три: tetraэдр, octaэдр и ikocaэдр (рис. 5), и если от каждой из этих многогранников отрезать «верхушку» — все грани, примыкающие к одной вершине, — то получается как раз также три парамиды, которые мы занимались. Подробнее о правильных многогранниках и о построении пятугольника можно прочитать в прекрасной книге Г. С. Коктера «Введение в геометрию» («Наука», 1966, гл. 10 «Пять платоновых тел» и гл. 11 «Золотое сечение и филлотаксис»).

Несколько иначе (без использования «центров на сфере») решил задачу ученик 10-го класса Сердей Макеев из г. Волоколамска.

Заметим еще, что ограничение $n \geq 3$ в условиям задачи в полне можно было бы заменить на $n \geq 2$. Соответствующие расположение трех окружностей $\gamma_0, \gamma_1, \gamma_2$ существует (рис. 6; «центры» окружностей расположены в вершинах правильного треугольника-

54

Рис. 6.

ка, вписанного в большой круг), и для вычисления $r$, как это ни странно, годится та же формула, которую мы доказали для $3 \leq n \leq 5$

$$r = \sqrt{1 - \frac{1}{4 \sin^2 \frac{\pi}{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

М3. а) На рисунке 7, $a$ плоскость покрыта квадратами пя ти цветов. Центры квадратов одного и того же цвета расположены в вершинах квадратной сетки. При каком числе цветов возможно аналогичное заполнение плоскости?

6. На рисунке 7, $b$ плоскость покрыта шестиугольниками с теми цветов так, что центры шестиугольников одного и того же цвета образуют вершины решетки из одинаковых правильных треугольников. При каком числе цветов возможно аналогичное заполнение?

Примечание. В первой задаче число цветов может равнять единицу (все квадраты одного цвета) и двум (как на шахматной доске). Во второй задаче вы без труда найдете рсшення с одним цветом и с тремя цветами. Желательно дать полное решение задач, т. е. описать все раскраски, удовлетворяющие указанным условиям. Присылайте, однako, и неполные решения, если они показут вам интересными. Подумайте, например, существует ли во второй задаче решение с тринадцатью цветами?

Полных решений этой задачи мы пока не получили.

Ученик 6-го класса Сереей Елисеев (Москва) прислал нам раскраску шестиугольной сетки тринадцатью цветами, которое мы воспроизводим, насолько это позволяют полиграфическе возможность, на рисунке 8;

Рис. 7 a, б.

он утверждает (без обьясеней), что ответ в обшем случае такой:

В задаче a) пребуемая раскраска возможна, если количество цветов равно сумме двух квадратов целых чисел:

$$1 = 0^2 + 1^2; \quad 2 = 1^2 + 1^2; \quad 4 = 0^2 + 2^2; \quad 5 = 1^2 + 2^2; \quad 8 = 2^2 + 2^2; \quad 9 = 0^2 + 3^2; \quad 10 = 1^2 + 3^2; \quad 13 = 2^2 + 3^2; \quad 16 = 0^2 + 4^2$$ и т. д.

В задаче б) решение возможно при количестве цветов, равном сумме двух чисел из последовательности 0, 1, 3, 6, 10, 15, . . . , $\frac{n(n+1)}{2}$, . . .

$$1 = 0 + 1; \quad 3 = 0 + 3; \quad 4 = 1 + 3; \quad 6 = 0 + 6; \quad 7 = 1 + 6; \quad 9 = 3 + 6$$ и т. д.

Попробуйте выяснить, правильны ли эти ответы? К этому вопросу мы вернемся позднее, а пока обратим внимание на одну точку в формулировке задачи (первым ее заметил читатель В. Гутенахер из Москвы).

Начнем с задачи a). В ней требуется найти раскраски, при которых «центры квадратов одного и того же цвета расположены в вершинах квадратной сетки». Но в условии не сказано, что для разных цветов эта «большая» квадратная сетка должна быть одинаковой. Посмотрите на рисунок 9. Здесь тоже квадраты каждого из трех цветов образуют сетку, но для красного цвета «шаг» (сторона квадрата) сетки равен $\sqrt{2}$, а для белого и зеленного — 2, да еще сетки повер-

55

Рис. 8.

нуты друг относительно друга. Но если понятно условие задачи буквально — а на письменном экзамене или на олимпиде именно так и следует поступать, — то раскраска рисуна 9 удовлетворяет условию задачи. При подобном понимании ответ в задаче а) будет такой: при любом числе цветов. Действительно, из любой раскраски с $n$ цветами, один из которых белый, легко изготовить раскраску с $(n+1)$ цветом: нужно белые квадраты в «шахматном порядке» раскрасть белой и новой $(n+1)$-й красной (именно так из шахматной красно-белой раскраски получалась раскраска рисуна 9).

При таком понимании и задача 6) становитсясовсем простой.

Ответ. При любом числе цветов, большем 2. Действительно, раскраска двумя цветами невозможна, поскольку, если из трех шестиугольников, каждые два из которых имеют общую сторону, два покрышения в один цвет, то и все шестиугольники должны быть раскрашения этим цветом. раскраски с 3 и 4 цветами находятся легко, а дальше нетрудно, раскрашивая белые шестиугольники в три цвета, увеличить число цветов на 2, затем еще на 2 и т. д.

Разумеется, таким способом можно получить много разнообразных раскраскок. Имея любую раскраску $A(k)$ цветов, выделив в

56

Ф1. Три сообщающся сосуда с водой, центры которых находится на одинаковом расстоянии $a$ друг от друга, прикрыты поршнями одинаковой толщины, сделанных из одного и того же материалов. К поршням прикреплены вертикальные одинаковые штоки, которые шарнирно соединены со стержнем $AB$. В какой точке стержня можно прикреплить к нему груз, чтобы в положении равновесия стержень оставался горизонтальным, если массы стержня и штовок пребрежимо мылы по сравнению с массами поршней и груза. Диаметры сосудов соответственно $d_1$, $d_2$ и $d_3$.

Сторжение $AB$ и поршни находится в равновесии под действием семи сил: силы $Q$, действующей со стороны груза, силы тяжестей, действующих на поршни—эти силы пропорциональны площадям поршней: $P_1 = k_1 d_1^2$; $P_2 = -k_1 d_2^2$; $P_3 = k_1 d_3^2$ и трех сил давления жидкости на поршни: $N_1$, $N_2$, $N_3$ (рис. 10). Так как уровни жидкости в сосудах одинаковы, давления на все поршни равны, а силы давления относится как площади поршней: $N_1 : N_2 : N_3 = d_1^2 : d_2^2 : d_3^2$. Поэтому $N_1 = k_2 d_1^2$, $N_2 = k_2 d_2^2$, $N_3 = k_2 d_3^2$.

Равноведействующие силы, приложенные к каждой из поршней, равны: $F_1 = N_1 - P_1 = (k_2 - k_1) d_1^2 = kd_1^2$, $F_2 = kd_2^2$, $F_3 = kd_3^2$.

Обозначив через $x$ расстояние от середины стержня до точки, в которой прикреплен груз, запишем условия стержня: 1) равенство нулю суммы всех сил, действующих на стержень: $F_1 + F_2 + F_3 - Q = 0$ и 2) равенство нулю суммы моментов всех сил, действующих на стержень, относительно середины стержня: $F_1 a - F_3 a - Qx = 0$. Подставляя в эти уравнения выражения для $F_1$, $F_2$ и $F_3$, а затем решая эти уравнения совместно, найдем, что

$$x = \frac{d_1^2 - d_3^2}{d_1^2 + d_3^2 + d_3^2} a.$$

Никто из читателей, приславших решение этой задачи, не учитвал масс поршней. Но только две — Г. Кальшин из Кировобада и А. Карпенко из г. Лисианска Ворошилговредской области — объясили, почему это можно сделать. Так как поршни сделаны из одного и того же материалов и имеют одинаковую толщину, то дополнительные давления на_body не зависит от диаметров поршней. Условие же равновесия поршней — это равенство давления на_body во всех цилиндрах (так как уровни воды в цилиндрах одинаковы). Дополнительные давления из-за поршней этому условию удовлетворяют автоматически.

Ф2. На горизонтальной плоскости лежат два шарика с массами $m_1$ и $m_2$, скрепленные между собой пружинкой с жесткостью $c$. Плоскость гладкая. Шарики сдигают, скимая пружину, затем их одновременно отпускают. Определите перiodы возникших колбаний шариков.

Центр масс системы не должен дивигаться (или может дивигаться равномерно и прямолинейно), поэтому шарики колблюются в противофазе с одинаковой частотой, а их отклонения $x_1$ и $x_2$ от положения равновесия удовлетворяют соответствующим кусков пружины длиной $l_1$ и $l_2$ ($l_1$ и $l_2$ — расстояния от шариков до центра масс системы;

$$l_1 = l \frac{m_2}{m_1 + m_2}, \quad l_2 = l \frac{m_1}{m_1 + m_2}).$$

Удлинение $1/q$-й части пружины всегда в $q$ раза меньше удлинения всей пружины, т. е. $1/q$-й часть пружины имеет жесткость в $q$ раза больше удлинения, чем

57

Жесткость всей пружины. Поэтому $c_1 = \frac{m_1 + m_2}{m_2} c$. Отсюда следует, что период колебаний шариков

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1 m_2}{(m_1 + m_2) c}}.$$

Интересно проверить ответ, взяв какой-нибудь предельный случай. Так поступил ученик 10 класса школьies № 20 из г. Волгды Е. Тихонов. 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 неподвижно закреплен, и $T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{c}}$. Проверим нашу формулу

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

Ф3. Из двух одинаковых кусков стальной проводки свили две пружины. Диаметр витков одной из них равен $d$, другой $2d$. Первая пружина под действием груза растяжалась на одну десятую свойей длины. На какую часть свойей длины растяжется под действием того же груза вторя пружина?

Удлиние пружины равно $\Delta l = n \cdot 2d \cdot \sin \frac{\alpha}{2}$, где $n$ — число витков пружины, а $\alpha$ — угол, на которой разворачивается соседние витки пружины (рис. 11). Так как удлиние пружины мал, то этот угол мал и $\sin \frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}$. Поэтому $\Delta l = nd\alpha$.

Угол $\alpha$ пропорционален моментм

сил $F$, которые растяивают виток: $\alpha = F \cdot d$. Сила $F$ равна весу груза, подвешенного к пружине, и одинаковая в обих случаях, поэтому $\Delta l \sim nd^2$.

Диаметр витков второй пружины вдое больше, а число витков у нее вдое меньше, следовательно, абсцилтоное удлинение второй пружины вдое больше, чем у первой. Таким образом, вторая пружина растянется на $\frac{2}{5}$ своего длины.

Многие, приставшие решение этой задачи, правильно нашли, что удлинение второй пружины в два раза больше, чем первой, но забыли, что вторая пружина вдое короче, чем первая, поэтому относительное удлинение второй пружины равно $\frac{1}{5}$, как получалось у них, а $\frac{2}{5}$.

Ф4. В баллоне содержится очищенный газ, но неизвестно какой. Чтобы поднять температуру 1 кеэто газа на один градус при постоянном давлении требуется 958,4 дж, а при постоянном объему — 704,6 дж. Что это за газ?

При нагревании газа при постоянном объему затрачиваемой энергии идет только на изменение внутренней энергии газа, а при нагревании при постоянном давлении — еще и на совершение работы. Запишем закон сохранения энергии для обих случая:

$$mc_V \Delta t = \Delta W,$$

$$mc_p \Delta t = \Delta W + A.$$

Здесь $c_p$ — тепломкость газа при постоянном давлении (т. е. количество теплла, которое необходимо для нагрева 1 кеэто газа при постоянном давлении), $c_v$ — тепломкость газа при постоянном объему, $\Delta t$ — изменение температуры, $\Delta W$ — изменение внутренней энергии газа, $m$ — масса газа, $A = p \Delta V$ — совершенная при расширении газа работа ($\Delta V$ — изменение объема, $p$ — давление).

Так как при повышении температуры газа на одинаковое число градесов изменение его внутренней энергии одинаково как при нагревании при постоянном объему, так и при

58

нагревании при постоянном давлении, то можно записать: $c_p m \Delta t = c_v m \Delta t + p \Delta V$. С помощью уравнения газового состояния (уравнения Клапейрона — Менделеева) совершенную газом работы можно выразить через молекулярную массу газа $\mu$ и газовую постоянную $R$: $p \Delta V = \frac{m}{\mu} R \Delta t$. Подставляя это соответствие в уравнение (1), получим: $c_p = c_v + \frac{R}{\mu}$, откуда

$$\mu = \frac{R}{c_p - c_v} \approx 32,7 \text{ ккал/кмоль}.$$

Нензвестный газ — кислород с очень небольшой примесью более тяжелого газа.

Ф5. Имеется электрическая цель, изобранная на рисунке. Что показет волтметр с очень большим внутренним сопротивлением, если его присоединить к точкам $C$ и $D$? $U_{AB} = 518$.

Вольтметр показет наличие напряжения между точками $E$ и $D$. Для того чтобы найти его, удобно сначала определить напряжение напряжения между точками $F$ и $B$. Для этого схему можно переписать так, как показано на рисунке 12.

$$R_0 = 3 \text{ ом}, R'_0 = \frac{3}{4} \text{ ом},$$

$$U_{FB} = U_{AB} \frac{R'_0}{R_0^1 + R_1} = \frac{3}{11} U_{AB}.$$

Теперь таким же способом найти что

$$U_{ED} = \frac{R_3}{R_2 + R_3} U_{FD} = \frac{1}{3} U_{FD} = \frac{1}{11} U_{AB} = 4,6 \text{ е}.$$

Эту задачу правильно решили практические все читатели, приславшие нам письма.

Ф6. Найдите, чему равен заземленного металлического шара радиуса $r$, если на расстоянии $R$ от его центра находится точечный заряд $q$.

Потенциаль шара должна быть равен нулю. Потенциаль поля в центре шара, равный, конечно, потенциаль шара, складывается из потенциаль поля точечного заряда $q$ и поля, создаваемого зарядом $Q$ шара. Заряд $Q$ распределен по шару не равномерно, но если шар разбит на маленькие участки с зарядами $\Delta q$, то потенциаль поля, создаваемого зарядом шара в центре, можно выразить как суммарный потенциаль полей точных зарядов $\Delta q$. Таким образом, можно записать для центра шара:

$$\Delta \varphi = \sum \frac{\Delta q}{r} = \frac{1}{r} \sum \Delta q = \frac{Q}{r} + \frac{q}{R} = 0.$$

Отсюда $Q = -\frac{r}{R} q$.

Правильный ответ получили многие читатели, но правильных решений мы получили очень мало. Многие читатели использовали формулу для емкости конденсатора $C = \frac{\Delta Q}{\Delta \varphi}$, полагая емкость шара равной $r$. Но это справедливо лишь для изолированного шара с равномерно распределенным зарядом.