Решения задач М16—М20; Ф24—Ф28

34

РЕШЕНИЕ

M16. Докажите, что многочлен $p(x)$ с целыми коэффициентами, который при трех различных целых значениях $x$ принимает значение 1, не может иметь ни одного целого корня.

Решение и.e. Заметим, что для любого многочлена $p(x)$ с целыми коэффициентами и для любых двух целых чисел $a$ и $b$ разность $p(b) - p(a)$ делится на $b - a$, поскольку для любого натурального $m$ разность $b^m - a^m$ делится на $b - a$:

$$b^m - a^m = (b - a) (b^{m-1} + b^{m-2}a + b^{m-3}a^2 + \ldots + ba^{m-2} + a^{m-1}).$$

Если существует четырьмя целых числа $c_1, c_2, c_3$ и $a$ такие, что $p(c_1) = p(c_2) = p(c_3) = 1$ и $p(a) = 0$, то

$$p(c_1) - p(a) = p(c_2) - p(a) = p(c_3) - p(a) = 1,$$

и поэтому каждое из чисел $c_1 - a, c_2 - a, c_3 - a$ может равнять только 1 или —1, значит, все эти числа не могут быть различными. Такое решение прислада A. Веселов из д. Волчково Калининской обл., И. Супруненко из Минска и другие читатели.

Начало решения можно изложить несколько иначе, если знать, что такое деление многочленов *). Разделим «углом» многочлен $p(x)$ на $x - a$, где $a$ — целый корень многочлена. Тогда $p(x) = (x - a)q(x)$, где $q(x)$ — тоже многочлен с целыми коэффициентами. Действительно, поскольку коэффициент многочлена $x - a$ равен 1, то, когда мы делим многочлен на $x - a$ уголком, все коэффициенты появляются при этом многочленов будут получаться из уже имеющихся только операций сложения, вычитания и умножения, то есть тоже будут целыми. Остаток равен нулю, поскольку $a$ — корень многочлена: $p(a) = 0$. Таким образом, $(a - c_1)q(c_1) = (a - c_2)q(c_2) = (a - c_3)q(c_3) = 1$, и далее рассуждение точно такое же, как в первом решении.

M17. Крестьянин, подойдя к развилке двух дорог, расходящся под углом в $60^\circ$, спросил: «Как пройти в селье NN?» Ему ответили: «Иди по левой дороге до деревни N — это в восемь верстах от сюда, — там увидишь, что направо под прямым углом отходит большаяровная дорога — это как раз дорога в NN. А можете идти другим путем: сейчас по правой дороге; как выйдешь к железной дороге, — значит, половину пути прошел; тут поверни налево и или примо по шпалам до самого NN». — «Ну, а какой путь короче-то будет? — «Да все равно, что так, что этак, никакой разницы». И пошел крестьянин по правой дороге.

Сколько верст ему придется идти до NN? Больше десяти или меньше? А если идти от развилки до NN напрямик? (Все дороги считаются прямыми.)

Решение и.e. Пусть $A$ — развилка дорог, $B$ — деревня $N$, $C$ — селье NN, $D$ — точка, где права дорога выходит на железнодорожное полотно. По условиям (расстояния измеряются в верстах) $AB = 8$, $\angle A = 60^\circ$, $AD = DC$, $\angle B = 90^\circ$, $AB + BC = 2AD$. Пусть $AD = 2x$, $DH \perp AB$ и

*) См. статью «Сокращение алгебраических дробей» А. Н. Виленкина («Квант» № 11).

DK⊥BC (рис. 1). Тогда AH = x, KD = BH = 8 - x, AB + BC = 2AD = 4x, BC = 4x - 8, BK = DH = x√3, KC = |BC - BK| = |4x - 8 - x√3| и для выполнения всех условий задачи*) необходимо и достаточно выполнение равенства CK² + KD² = AD² или (4x - 8 - x√3)² + (8 - x)² = 4x²,

где 8 - x > 0 и 4x - 8 > 0, то есть 2 < x < 8. После преобразования получаем (2 - √3)x² - 2(5 - √3)x + 16 = 0.

Обозначим трехчлен, стоящий влевой части, через f(x). Нетрудно проверить, что условия 0 < x < 8 удовлетворят только меньший корень x₀ уравнения f(x) = 0 (рис. 2). Его можно записать в виде

x₀ = (5 - √3 - √6√3 - 4) / (2 - √3) = 7 + 3√3 - √44 + 26√3.

Крестьянину придется пройти путь 4x₀. Выяснить, больше это число 10 или меньше, проще прямо из уравнения. Поскольку f(5/2) = 1/4(14 - 5√3) > 0, ясно, что x₀ > 5/2, то есть 4x₀ > 10. Покажем, что расстояние AC направик меньше 10. Действительно, неравенство √8² + (4x₀ - 8)² < 10 при 2 < x₀ < 8 эквивалентно таким: (4x₀ - 8)² < 36, 4x₀ - 8 < 6, x₀ < 7/2. Так же как и выше, убеждаемся, что f(7/2) = 1/4(22 - 21√3) < 0, откуда x₀ < 7/2, и, следовательно, AC < 10.

Решение этой задачи прислада нам M. Преезер из Томска, A. Михайлов из Экибастуза и другие читатели.

С. Берколайко (Белгородская область) нашел короткое доказательство того, что AB + BC > 10. В наших обозначениях оно выглядает так:

*) На самом деле, легко доказать, что основание перпендикуляра K лежит вне отрезка BC (как и показано на рисунке), но это не используется в нашем решении.

36

по теореме косинусов из треугольника ABD
$$BD^2 = 4x_0^2 + 64 - 16x_0;$$
с другой стороны, неравенство треугольника дает
$$BD < BC + CD = 6x_0 - 8,$$
откуда
$$4x^2 + 64 - 16x < (6x - 8)^2, 2x^2 - 5x > 0,$$
и с учетом $2 < x_0 < 8$ получаем $x_0 > \frac{5}{2}$. Более точное значение расстояния $AB + BC$, по утверждению автора этого письма, такое: 11,044 версты.

Некоторые читатели неправильно поняли условия задачи и считали, что $\angle D = 90^\circ$, то есть что треугольник ADC равноведенный и прямоугольный. Это, конечно, неверно.

M18. a) Докажите, что для любой точки $M$ окружности, описанной около правильного треугольника ABC, один из трех отрезков MA, MB, MC равен сумме двух других.
6) При равные окружности $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ попарно касаются друг друга, и вокруг них описана окружность $\gamma$, которая касается всех трех: $\gamma_1, \gamma_2$ и $\gamma_3$. Докажите, что для любой точки $M$ окружности $\gamma$ касательная, проведенная из точки $M$ к одной из трех окружностей $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$, равна сумме касательных, проведенных из точки $M$ к двум других окружностями.

Решение a) Пусть точка $M$ лежит на дуге $AB$ описанной окружности. Повернем треугольник AMB вокруг точки $A$ на $60^\circ$ так, чтобы он занял положение AKC (рис. 3). Поскольку углы MBA и MCA равны (они опираются на одну и ту же дуг AM), точка $K$ лежит на отрезке MC. Поскольку AM = AK и $\angle MAK = 60^\circ$ (по построению), треугольник AMK равносторонний, поэтому MK = AM. Итак,
$$MA + MB = MK + KC = MC.$$

Другое решение получается сразу из теоремы Птолемея, согласно которой в любом вписанном четырехугольнике произведение диагоналей равно сумме произведения противоположных сторон: если в равенстве $MC \times AB = MA \cdot BC + MB \cdot AC$ заменить $BC$ и $AC$ на $AB$, то получим $MC \times AB = (MA + MB) AB$, откуда $MC = MA + MB$.

Эту задачу решили многое наши читатели. А. Браверман из Перми, А. Веселов из Калининской области, В. Метлицкий из Ангарска, Н. Миролюбова из Актюбинска, О. Худавердян из Еврева прислада даже по несколько решений.

6. Докажем более общий факт. Пусть центры трех окружностей радиуса $r$ являются вершинами равностороннего треугольника $C_0C_1C_2$ и $O$ — центр описанной около него окружности радиуса $a$. Тогда для любой точки $M$

37

окружности радиуса $R = a + r$ с центром $O$ касательная, проведенная из точки $M$ к одной из двух окружностей радиуса $r$, равна сумме касательных, проведенных из точки $M$ к двум другим окружностям. Заметим, что при $r = 0$ получается результат задачи a).

Пусть радиус $OM$ образует с радиусами $OC_k$ ($k = 0, 1, 2$) углы $\alpha_k = \alpha_0 + k \cdot 120^\circ$ (рис. 4); тогда $MC_k^2 = R^2 + a^2 - 2Ra \cos \alpha_k^*$), а квадрат касательной, проведенной из точки $M$ к соответствующей окружности, равен $MC_k^2 - r^2 = R^2 + a^2 - 2Ra \cos \alpha_k - (R - a)^2 = 2Ra (1 - \cos \alpha_k)$.

Поэтому касательные равны $2\sqrt{Ra} \sin \frac{\alpha_k}{2} \left( \sin \frac{\alpha_k}{2} \geq 0, \text{ поскольку } 0 \leq \alpha_k < 2\pi \right)$. Осталось проверить равенство $\sin \frac{\alpha_0}{2} + \sin \frac{\alpha_2}{2} = \sin \frac{\alpha_1}{2}$. Это уже просто: $\sin \frac{\alpha_0}{2} + \sin \frac{\alpha_2}{2} = 2 \cos 60^\circ \cdot \sin \frac{\alpha_0 + \alpha_2}{4} = \sin \frac{\alpha_1}{2}$.

M. Преезер прислал решение этой задачи с помощью аналитической геометрии. А. Браверман прислала нам интересное доказательство (с помощью теоремы Птолемея) следующого обобщения задачи a): пусть $M$ — точка на дуге $A_1A_{2n+1}$ окружности, описанной около правильно ($2n + 1$)-угольника $A_1A_2A_3 \dots A_{2n}A_{2n+1}$; тогда

$$MA_1 + MA_3 + \dots + MA_{2n+1} = MA_2 + MA_4 + \dots + MA_{2n}.$$

(Решение состоит в том, что выписываются равенства Птолемея для четырехугольников $MA_1A_2A_3, MA_2A_3A_4, \dots, MA_{2n-1}A_{2n}A_{2n+1}, MA_{2n+1}A_{2n}A_1, MA_{2n+1}A_2A_1$, причем все члены, содержащие $MA_{2k}$, помещаются в левой части равенства, а все члены, содержащие $MA_{2k+1}$, — в правой, и затем все равенства складываются.) Подумайте, как доказать это утверждение и аналогичное обобщение задачи 6) с помощью тригонометрических функций.

M19. В бесконечной цепочке вервных клеток каждой клетка может находиться в одном из двух состояний: «покой» и «возбужждение». Если в данной момент клетка возбудилась, то она посылает сигнал, который через единицу времени (скажем, через одну миллисекунду) доходит до обеных соседних с ней клеток. Каждый клетка возбудается в том и только в том случае, если к ней приходит сигнал от одной из соседних клеток; если сигнал приходит одновременно с двух сторон, то они погашают, и клетка не возбудается.

Пусть в начальной момент времени $t = 0$ возбудена только одна клетка. Сколько клеток будет находиться в возбужденном состоянии через 15 мес? через 65 мес? через 1000 мес? вообще через $t$ мес?

Что будет в том случае, если цепочка не бесконечная, а содержит всего $N$ клеток, соединенных в окружность, — будет ли возбуждение поддерживать бесконечную долго или затухнет?

Решение. Достаточно проследить, как распространяется возбуждение от одиночной клетки perвыше десять — пятнадцать тактов (рис. 5), чтобы подметить следующее закономерности.

1. В момент времени $t = 2^k$, где $k = 0, 1, 2, \dots$ возбуждены только две клетки: $x = -2^k$ и $x = 2^k$.

2. В момент времени $t = 2^k - 1$ возбуждены $2^k$ клеток от $x = -2^k + 1$ до $x = 2^k - 1$ с нечетными $x$.

3. Пусть $0 \leq t < 2^k$. тогда в момент времени $2^k + t$ возбужденоровно вдвое большие клеток, чем в момент времени $t$.

Для доказательства этих закономерностей (индукцией по $k$) можно воспользоваться тем, что «волны возбуждения», рождаемые каждой из двух клеток, активных в момент $2^k$, не перекрываются вплоть до момента времени $t = 2^{k+1} - 1$ и поэтому каждая из них устроена точно так же, как волна возбуждения от одной клетки при $t < 2^k$.

*) $\cos(2\pi - \alpha) = \cos \alpha$, поэтому формула верна и при $\alpha > \pi$.

38

Рис. 5.

Теперь уже легко ответить на вопросы, поставленные в задаче. Через 15 месек, как это видно и по рисунку, будет 16 возможных клеток. Через 64 = 2⁶ их будет две, поэтому через 65 — четыре. Для произвольного конкретиного t можно подсчитать f(t) — количество возможных клеток в момент времени t, — несколько раз последовательно применяя свойство 3: каждый раз от t можно вычитать набольшую возможность степень двойки; от этого f(t) уменьшится вдвое. Например:

$$1000 - 2^9 = 1000 - 512 = 488, \quad f(1000) = 488 - 2^8 = 488 - 256 = 232, \quad = 2f(488) = 232 - 2^7 = 232 - 128 = 104, \quad = 4f(232) = 104 - 2^6 = 104 - 64 = 40, \quad = 8f(104) = 40 - 2^5 = 40 - 32 = 8, \quad = 16f(40) = 8 - 2^3 = 8 - 8 = 0, \quad = 32f(8) = 64.$$

f(t) равно 2ⁿ, где m — количество единиц в записи числа t по двойной системе числения.

Это правило легко доказывается по индукции, а для первых t вы можете его проверить — на рисунке 5 справа выписаны двойные разложения чисел t.

Верятно, читатели журнала, которые помнят статью Д. Б. Фукса и М.Б. Фукса «Арифметика биомиальных коэффициентов**», обратили внимание на то, что расположение возможных клеток на рисунке 5 в точности совпадает с расположением единиц в треугольнике Паскала по модулю два (изображением на обложке «Кванта» № 6). Таким образом, мы одноверменно решили такую задачу: сколько единиц в t-й строке треугольника Паскала по modulo 2, другими словами, сколько среды биомиальных коэффициентов Cᵢᵢ (k = 0, 1,…, t) нечетных?

Ответ на второй вопрос, поставленный в условия задания — что будет, если N клеток расположить по окружности?—зависит, конечно, не только от N, но,

***) (См. статью И. М. Яглома «Системы числения» («Квант» № 6) или брошюру С. В. Фомина того же названия.
***) («Квант» № 6.

жина не была растянута, и потенциальную энергию приходы в тот момент, когда прихода максимального растянута: кроме силы тяжестии и силы натяжения приходы на тело действовала еще и сила реакции подставки. Работа, совершенная этой силой, очевидно, не равна нулю. Это после того, как тело оторвалось от подставки, мы можем считать, что полная энергия тела и приходы не меняются.

Записем выражение для энергии приходы и груза в тот момент, когда груз оторвался от подставки. В этот момент груз имел скорость $V = at$
$$a \sqrt{\frac{M(g-a)}{k \cdot a}}.$$

кинетическая энергия $\frac{MV^2}{2} = \frac{M^2(g-a)a}{k}$ и потенциальную энергию $Mg(x_0-x) = Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)g}{k}$ (мы считаем, что потенциальная энергия груза равна нулю, когда прихода максимального растянута).

Так как в этот момент прихода была растянута на длину $x = \frac{M(g-a)}{k}$, то потенциальная энергия деформации приходы равна $\frac{kx^2}{2} = \frac{M^2(g-a)^2}{2k}$.

Складываая энергию тела и приходы, найдем, что их полная энергия равна
$$W_1 = \frac{M^2(g-a)a}{k} + Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)g}{k} + \frac{M^2(g-a)^2}{2k} = Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)^2}{2k}.$$

В тот момент, когда прихода максимального растянута, скорость груза, а значит, и его kinетическая энергия равны нулю. Поэтому энергия груза и приходы будет равна $W_2 = \frac{kx_0^2}{2}$.

Записав, что $W_1 = W_2$, получим уравнение
$$\frac{kx_0^2}{2} - Mgx_0 + \frac{M^2(g-a)^2}{2k} = 0.$$

Решая его, находим
$$x_0 = \frac{Mg}{k} \pm \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

Максимальное растяжение приходы должно быть больше ее растяжения при равновесии тела, когда действующая на тело силя тяжестии $Mg$ уравновешена силой натяжения приходы $T = kx_1$: при прохождения положения равновесия тело будет иметь неокоторую скорость, так что обязательно просчитит его. Поэтому, так как $x_1 = \frac{Mg}{k}$ и $x_0 > x_1$, то
$$x_0 = \frac{Mg}{k} + \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

Имеет ли физический смысл второе значение $x_0$? Да, но оно дает не максимальное, а минимальное растяжение приходы при колебании тела. Если мы считаем, что потенциальная энергия тела равна нулю, когда прихода растяжения на величины $x_0$, то при минимальном растяжении приходы, записав закон сохранения энергии, мы получили бы такое же уравнение, как и при максимальном.

Нетрудно определить амплитуду колебании тела. Она равна значению корней уравнения для $x_0$, то есть
$$\frac{2M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

Если $a \geq g$, то тело оторвется от подставки, как только подставка начинает двигаться. Записав закон сохранения энергии, найдем, что в этом случае максимальное растяжение приходы равно $\frac{2Mg}{k}$

Правильное решение этой задачи прислал Н. Федин из Омска.

42

Рис. 8.

Ф25. Если потенциаль анода фотоэлемента выше, чем потенциаль катода, то через фотоэлемент идет ток $I_0=10\text{ ma}$ (так называется). В противном случае ток через фотоэлемент не идет. Пренебрегая внутренними сопротивлениями батарей, найти напряжение на фотоэлементах в схемах, изображенных на рисунке 8 (величины сопротивления указаны на рисунке в килюмах).

Решен и е. Рассмотрим вначале первую схему. Предположим, что ток через фотоэлемент не идет. В этом случае через сопротивления в 1 и 2 килюма пойдет ток $I = \frac{200\theta}{1\text{ кОм} + 2\text{ кОм}} = \frac{1}{15}a$. При этом падение напряжения на сопротивлении в 2 килюма равно $2 \cdot 10^3\text{ ом} \cdot \frac{1}{15}a \approx 133\theta$. Это означает, что в этом случае потенциаль катода фотоэлемента равен $200\theta - 133\theta = +67\theta$. Но потенциаль анода равен $+100\theta$, то есть он выше потенциаль катода. Мы пришли к противоречию, так как в этом случае через фотоэлемент должен идти ток. Это означает, что через фотоэлемент идет ток $I_0 = 10\text{ ma}$. Найдем разность потенциаль между аномом и катодом. Potenzial анода равен $+100\theta$ (мы считаем, что потенциаль точки $P$ равен нулю). Поэтому нам необходимо найти потенциаль катода. Для этого нужно определить падение напряжения на сопротивлении в 1 килюм.

Полагая, что ток через сопротивления идут в направлениях, показанных на рисунке стрелками, и обозначая их $I_1$ и $I_2$, мы можем записать, что $I_0 + I_2 = I_1$.

Для того чтобы найти $I_1$ и $I_2$, нам необходимо составить еще одно уравнение. Обойдем контур, состоящий из сопротивления и источника с э. д. с. 200$\theta$. Так как работа по перенесению заряда в электрическом поле равна разности потенциальов, умноженной на величины заряда, то мы можем записать, что

$$E - u_1 - u_2 = 0$$

или

$$E = I_1 \cdot R_1 + I_2 \cdot R_2.$$

Решая уравнения (1) и (2) совместно, найдем, что $I_1 \approx 73\text{ ma}$. Это означает, что потенциаль катода равен $I_1R_1 = 73\theta$, а разность потенциаль между аномом и катодом равна 27$\theta$.

Аналогично рассмотрим вторую схему. Если мы, как и в первом случае,

43

предположим, что через фотоэлемент не идет ток, то можно считать, что у нас имеются две цепочки, одна из которых состоит из включенных последовательно сопротивлений в 1 и 3 килюма, а второй — из сопротивлений в 2 и 4 килюма, причем обе цепочки соединены параллельно и подключены к источнику с э.д. с. 100 $\beta$. Тогда через сопротивления в 1 и 3 килюма будет идти ток $I = \frac{100\beta}{4 \cdot 10^3 \text{ ом}} = 2,5 \cdot 10^{-2} a = 25 \text{ мa}$, а падение напряжения на сопротивлении в 1 килюм будет равно 25 $\beta$. Значит, потенциаль анода равен $\varphi_A = 100\beta - 25\beta = 75\beta$. Аналогично можно найти потенциаль катода. Он в этом случае равен $33\frac{1}{3} \beta$. Получается, что потенциаль анода выше потенциаль катода, и через фотоэлемент должен идти ток.

Будем считать, что ток через все сопротивления идут в направлении сверху вниз, а через фотоэлемент — слева направо. Тогда можно написать следующие уравнения:

$$I_4 + I_0 = I_2,$$
$$I_1 - I_0 = I_3,$$
$$I_1R_1 + U_0 - I_4R_4 = 0,$$
$$E = I_1R_1 + I_3R_3,$$
$$E = I_2R_2 + I_4R_4.$$

Здесь $U_0$ — падение напряжения на фотоэлемент.

Так же как и для предыдущего схемы первый два уравнения в этой системе выражают закон сохранения заряд. Действительно, например, в точку соединения сопротивлений в 4 ком и 2 ком и фотоэлемента за единицу времени втекает заряд $I_0 + I_4$, а вытекает $I_2$.

Решая эту систему, получим $U_0 \approx 20,8\beta$.

Ф26. Две горизонтальные полуплоскости, расположенные на высоте $h$ одна над другой, плавано переходят друг в друга, как показано на рисунке 9. По верхней полуплоскости под углом $\alpha$ к направлению на спуск движется со скоростью $v$ небольшой брусок. Как он будет движется по нижней полуплоскости?

Считать, что брусок не подрывается, то есть движется, не отрываясь от поверхности спуска. Треннем претензь.

Рис. 9.

Решение. Разложим скорость бруска на две составляющие: $v_2 = v \cos \alpha$ в направлении на спуск и $v_1 = v \sin \alpha$ в перпендикулярном направлении (рис. 10). Так как на брусок в направлении $v_1$ не действуют никакие внешние силы, то эта составляющая скорости бруска не меняется. Составляющая же $v_2$ уvelичивается. Благодаря этому уvelичивается и скорость бруска.

Найдем, какую скорость $u$ будет иметь брусок после того, как он оказывается на нижней полуплоскости

44

кости. Для этого мы можем воспользоваться законом сохранения энергии
$$\frac{mv^2}{2} + mgh = \frac{mu^2}{2}.$$
Отсюда $u = \sqrt{v^2 + 2gh}$.

Тепер можно найти угол, под которым будет двигаться брусок на нижней
полуплоскости:
$$\sin \beta = \frac{v_1^2}{u} = \frac{v}{\sqrt{v^2 + 2gh}} \sin \alpha.$$
Такое решение прислал ученик 9 класса из Гагр ГССР Г. Зайцев.

Ф27. В полусферический колокол, плотно лежащий на столе, наливают через отверстие
вверху воды рис. 11. Когда вода доходит до отверстия, она приподнимает колокол и начинает вытекать сизу. Найти массу колокола, если радиус его равен $R$, а плотность воды $\rho$.

Решен и е. Сила давления на стол равна сумме сил тяжестии, действующих на колокол и воды: $F = Mg + \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. Но в тот момент, когда вода при-
поднимает колокол и начинает подтекать, колокол сам не давит на стол. Поэтому сила давления на стол равна давлению воды, умноженному на площадь
основания сосуда. Давление воды на стол во всех точках одинаково и
равно $\rho g R$, поэтому $F = \rho g R \cdot \pi R^2$.

Это означает, что $\pi R^3 \rho g = Mg + \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. Отсюда $M = \frac{1}{3} \pi R^3 \rho$.

Интересную идею решения предложил Анатолий Воровлянский из Горького.

Предположим, что колокол помещен в цилиндрический сосуд радиуса и высоты. Заполним этот сосуд водой и будем считать, что масса колокола пренебрежимо мала.
Нетрудно сообщить, что так как давления на колокол снаряжи и изнутри во всех точках
равны друг другу (это следует из закона Паскала и из условий, что колокол очень тонкий),
то равновесие воды не нарушится, если колокол вообществу. Давление воды на стол в
этом случае тоже не изменится. Но это означает, что сила давления воды, которое мы должны в цилиндрический сосуд, действует так же, как колокол, а значит, масса колокола как раз равна массе долитой воды

$$M = (V \text{ цилиндра} - V \text{ полушара}) \rho = \left( R \pi R^2 - \frac{2}{3} \pi R^3 \right) \rho = \frac{1}{3} \pi R^3 \rho.$$