Решения задач М34—М38; Ф52—Ф58

35

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решение задач М34—М38.

М34

Доказать, что если натуральное число делится на 10 101 010 101, то в его десятичной записи по крайней мере шесть цифр отличаны от нуля.

Задача решается очень легко, если число $A$, делится на 10 101 010 101, имеет не более 12 цифр; тогда оно обязательно имеет вид $ababababab$, и задача решена.

Остается придумать какой-нибудь способ свести задачу к этому случае.

Число 10 101 010 101 мы обозначим через $M$. Докажем, что если число $A$ делится на $M$, то найдет двенадцати-(или менее) значное число $C$, также делится на $M$ и имеющее не больше ненулевых цифр, чем $A$.

Лемма. Если $A$ делится на $M$ и имеет больше 12 цифр (считая нулю), то найдет число $B$, также делится на $M$, меньше чем $A$ и имеющее не больше ненулевых цифр, чем $A$.

Докажем это. Пусть $A = a_1a_2a_3\dots a_n$; вычеркием его первую цифру $a_1$ и прибавим ее на 12 разрядов ниже, например:

$$123\ 456\ 789\ 123\ 456 \rightarrow 23\ 456\ 789\ 123\ 456$$
$$+\frac{1}{23\ 456\ 789\ 123\ 556}$$

Полученное число будет, безусловно, меньше исходного: легко проверить, что мы просто вычисляем $a_1 \cdot (10^{n-1} - 10^{n-13})$. В скобке

36

ках стоит произведение $10^{n-13} \times (10^{12}-1)$; второй сомножитель, очевидно, делится на $A$. Остается заменить, что в получившемся числе значших (не нулевых) цифр не больше, чем в исходном. В нашем примере их количество даже уменьшилось на единицу; этого могло, впрочем, не случайно, если бы на 13-м месте стоял 0 или если бы там стояла достаточно большая цифра, а на предыдущем месте 0, как в примере

$$888 888 888 880 421 \rightarrow 88 888 888 880 421$$
$$+\frac{8}{88 888 888 881 221}$$

(mы не рассмотрели еще случай, когда перенос произходит и в 12-м разряде, но легко видеть, что тогда число значших цифр даже уменьшится). Лемма доказана.

Теперь если $A$ делится на $M$, вычитем из $A$ его первую цифру, умноженную на $10^{n-13} \cdot (10^{12}-1)$. С полученным числом продаем ту же операцию и будем поступать так до тех пор, пока не добавемся до 12-значного числа. Так как в нем не меньше шести значших цифр, то и в $A$ не меньше шести значших цифр.

Большинство решавших пытались рассматривать частью от деления $A$. на $M$;

но решить ее этим способом очень трудно, поскольку при обратном умножении этого частного на 10 101 010 101 его цифры «склеиваются» друг с другом, может произойти много перенос единиц в разрядах, и разобраться в том, что получится, почти невозможно. Идея решения — в том, чтобы рассматривать эти переносы по одному.

А. К. Толпьео

M35

Около сферы радиуса 10 описан пекотрый 19-гранник. Доказите, что на его поверхности найдется две точки, расстояние между которых больше 21.

Первое решение. Предположим противное, то есть, что расстояние между любыми двумя точками поверхности нашего 19-гранника не больше 21. Тогда этот многогранник лежит внутри сферы радиуса 11, концентричной сфере радиуса 10, а каждой его грань лежит между сферами. Позмоту площадь каждой грани не слищком велика, а именно, не превосходит площади показанного на рисунке 1 круга, радиус которого равен $\sqrt{21}$. В нашем многограннике 19 граней, поэтому площадь $S$ его поверхности не превосходит $19\left[\pi\left(\sqrt{21}\right)^2\right]=\pi\left(20^2-1^2\right)=399\pi$.

No многогранник описан около сферы радиуса 10. Отсюда площадь его поверхности больше площади этой сферы $4\pi\left(10\right)^2$*. Итак, с одной стороны, $S<399\pi$, с другой стороны, $S>400\pi$. Полученное противное и решает задачу. (Аналогичное решение прислал нам Д. Гризорьев из Ленинграда.)

В этом (нестрогом) решение мы пропустили доказательства трех утверждений, которые начинаются с трех выделенных выше курсовом слов: моеда, позмоту, отсюда. Мы оставляем читателю эти простые доказательства, но хотим предупредить, что хотя требуется утверждение легко доказывается для выпуклого многогранна

*) Напомним, что для шара радиуса $R$ объем равен $\frac{4}{3}\pi R^3$, площадь сегментной поверхности с высотой $h$ равна $2\pi Rh$ и, в частности, площадь сферы равна $4\pi R^2$.

37

ника с помощью сравнения его объема с объемом сферы *), тем не менее интуитивно ясно и правильно утверждение о том, что наш многогранник выпуклы, трудно доказать строго, так как само строое определяние многогранника весма сложно. (Загляните, например, в книгу И. Лакатока «Доказательства и опровержения», М., «Наука», 1967).

Второе решение. Поставим более общий вопрос: какое наиболее число граней может иметь многогранник, описанный около сферы радиуса $r$ и целиком лежащий в концентрической с ней сфере радиуса $R > r$. (Вот житейская ситуация, которая подсказала автору эту задачу: каким наиболее числом прямейных взмахов нака можно средать верхний слой кокуры апельсина, не средав при этом ни одного куска сердцевины? Очевидно, что после средания всего верхнего слоя кокуры остаток будет многогранником, так как на его поверхности не будет ни одного закругленного участка, так что этот вопрос эквивалентен предыдущего.) Мы не знаем точно ответа на этот более общий вопрос, но доказем для числа граней некоторых неравенств, которое при $r = 10$, $R = 11$ показывает, что $N > 22$. Тем самым мы доказем, что если в условиях задачи М35 вместе 19-гранника взять 22-гранник, то утверждение задачи порежнему остается справедливым.

Итак, пусть $N$-гранник описан около сферы радиуса $r$ и целиком лежит внутри сферы радиуса $R$. Расстоянием какую-нибудь его грань.

Проходящая через нее плоскость отрезает от сферы шапочку (сегментную поверхность) высоты $R - r$. Ясно, что если построить шапочки для всех граней нашего многогранника, то их объединение покроет всю внешнюю сферу. Каждая из $N$ шапочков

*) Действительно, объем многоугольника равен $\frac{R \cdot S}{3}$, где $R$ – радиус вписанной сферы, а $S$ – площадь его поверхности.

естеMENTная поверхность высоты $R - r$, и, следовательно, имеет площадь $2\pi R (R - r)$. Сумма площадей всех шапочек больше площади сферы. Поэтому $N \cdot 2\pi R (R - r) > 4\pi R^2$, отсюда $N > \frac{2R}{R - r}$, в частности, при $R = 11$, $r = 10$ получаем $N > 22$.

Интересно, что по любому набору шапочек, целиком покрывающих внешнюю сферу, можно построить многогранник, описанный около внутренней сферы. (Доказйте!) Поэтому наш вопрос про минимальное число граней полностью эквивалентен следующему вопросу. Каково минимальное число $N = N(h)$ шапочек высоты $h$, целиком покрывающих сферы радиуса 1? (В задаче $M35 h = \frac{1}{11}$).

Очевидно, что $N(h) > \frac{2}{h}$, но это неверенство отражает просто тот факт, что сумма площадей шапочек больше площади сферы, в то время как интуитивно ясно, что при $h < 1$ шапочки должны довольно сильно перекрываться. И действительно, можно доказать, что при достаточно малых $h$ $N(h) > 1,2 \frac{2}{h}$. Попробуйте сами доказать, например, что при $h < 1$

$N(h) > 1,001 \frac{2}{h}$.

(С решениями этой задачи и других похожих задач можно познакомиться по книге Л. Ф. Тота. «Расположение на плоскости, на сфере и в пространстве». М., Физматгиз, 1958).

А. Г. Кушириенко

M36

Доказите, что на плоскости нельзя расположить семь прямых и семь точек так, чтобы через каждую точек проходили три прямые и на каждой прямой лежали три точки.

Предположим, что такое расположение семи точек и семи прямых су-

38

Рис. 2. Выпуклой оболочкой множества из конечного числа точек является выпуклый многоугольник с вершинами в некоторых из этих точек (или отрезок, если все точки лежат на одной прямой).

шествует. Прежде всего докажем, что каждые две из данных точек лежат на одной из данных прямых. Действительно, если $A$ — одна из этих точек, то через $A$ проходят три прямые, и на каждой из них лежит по две из данных точек (не считая $A$); тем самым $A$ и любая из шести точек, отличных от $A$, лежат на одной из данных прямых. Точно так же доказывается, что каждые две из данных прямых пересекаются в одной из данных точек: если $a$ — одна из прямых, то через каждую из трех лежащих на ней точек проходит по две прямые (не считая $a$), и поэтому каждая из этих прямых пересекается с $a$ в одной из данных точек.

Рассмотрим теперь выпуклую оболочку множества из семи наших точек — наименьшую выпуклую фигуру, содержащую эти семь точек.

Рис. 3. Эта конфигурация почти полностью удовлетворяет требованиям задачи М36, только одну «прямую» пришлось изогнуть.

Это будет неокоторый выпуклый $n$-угольник, где $n \leqslant 7$ (его можно получить так: быть в данных семь точек гвозди и затем натянуть резиновую нитку, охватывающую все эти гвозди; nitka натянется по контуру многоугольника с вершинами в некоторых $n$ из данных точек, а все остальные ($7-n$) точек будут лежать внутри или на границе этого многоугольника; см. рис. 2). Ясно, что случай $n \geqslant 4$ невозможен — ведь на каждой стороне $n$-угольника должна лежать еще одна третья точка, кроме вершин, а всего точек семь. Случай $n=3$, когда выпуклой оболочкой является неокоторый треугольник $ABC$, то же невозможен. Действительно, если $E$ и $F$ — точки (из числа данных семи), которые лежат на сторонах $AB$ и $BC$, то $EF$ и $AC$ — две из данных прямых — должны пересекаться в одной из данных семи точек, а они будут пересекаться на продолжении стороны $AC$, то есть вне треугольника $ABC$. Получили противоречие.

Рисунок 3 поможет найти ошибку тем, кто прислал нам неверное решение этой задачи.

М37

В каждую клетку бесконечного листа клетчатой бумаги вписано неокоторое число так, что сумма чисел в любом квадрате (стороны которого идут по линям сетки) по модулю не превозходит единицы. Доказите, что тогда существует такое число $c$, что сумма чисел в любом прямогольнике (стороны которого идут по линям сетки) не больше $c$; другими словами, что суммы чисел во всех прямогольниках ограничены. Доказите, что это верно для $c=4$. Можно быть, вам удаться улучшить эту оценку (например, доказать, что наше утверждение верно для $c=3$ или даже для $c=2$).

Решение, которое мы приводим, близко к предложению $A$. Климовым (Москва).

Доказем, что $c$ равное 4 подходит.

Предположим, что в неокотором прямогольнике со сторонами $a$ и $b$ сумма по модулю равна $4+\epsilon$, где $\epsilon > 0$ ($a < b$). Построим четырьме квадрата, у каждой из которых три стороны идут по неокоторым треем сто-

40

Рис. 6. Пусть $k_n = \frac{a_n}{b_n}$. Тогда $k_{n+1} = f(k_n)$, где $f(k) = \frac{|1-2k|}{2-k}$. Здесь изображен график этой функции на отрезке $0 \leq k \leq 1$. При решении задачи мы получаем тем, что для любой точки $M$ правой половины графика $MQ/MP > 2$; если $0 \leq k \leq \frac{1}{2}$, то $0 \leq f(k) \leq \frac{1}{2}$, причем $f(f(k)) = k$, то есть функция $f$ на отрезке $0 \leq k \leq \frac{1}{2}$ совпадает с обратной к ней функцией, и график ее симметричен относительно биссектрисы угла между координат.

Рис. 7. Во всех незаполненных клетках стоит нули.

Во-вторых, если $\frac{a_n}{b_n} > \frac{1}{2}$, то

$$\frac{1 - \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}}{1 - \frac{a_n}{b_n}} = \frac{1 - \frac{2a_n - b_n}{2b_n - a_n}}{1 - \frac{a_n}{b_n}} = \frac{3b_n}{2b_n - a_n} > \frac{3b_n}{2b_n - \frac{b_n}{2}} = 2;$$

таким образом, величина $1 - \frac{a_n}{b_n}$ при переходе от $n$ к $n+1$ увечивается не менее чем в два раза до тех пор, пока мы не придем к прямогольнику с $\frac{a_n}{b_n} \leq \frac{1}{2}$. Поэтому, каким бы мы могли считать, что уже $\frac{a_1}{b_1} < \frac{1}{2}$.

При этом

$$a_3 = b_2 - 2a_2 = (2b_1 - a_1) - 2(b_1 - 2a_1) = 3a_1,$$

$$b_3 = 2b_2 - a_2 = 2(2b_1 - a_1) - (b_1 - 2a_1) = 3b_1.$$

Следовательно, вообще $a_{2k+1} = 3^k a_1$ и $b_{2k+1} = 3^k b_1$, причем сумма чисел в этом прямогольнике $3^k a_1 \times 3^k b_1$ больше $4 + 9^k e$, то есть, выбрав $k$ достаточно большим, мы можем сделать ее скольгу углоно большой. Теперь уже нетрудно получить противоречение: ясно, что любой прямогольник $Na_1 \times Nb_1$, где $a_1$, $b_1$ и $N$ целые числа, можно разить на $a_1b_1$ квадратов (со стороны $N$), и поэтому сумма чисел в нем не может превосходить по модулю числа $a_1b_1$.

Рисунок 6 показает вторую поливну доказательства. На рисунке 7 изображен пример, для которого сумма чисел в некоторых прямогольнике равна тем. Таким образом, для $c = 2$ утверждение задачи неверно. Весьма праводоподобно, что точная оценка $c = 4$, но примеров, показывающих, что $c > 3$, мы не знаем.

Н. Б. Васильев

41

М38

Окружность, построенная на высоте AD прямогольного треугольника ABC как на диаметре, пересекает катет AB в точке K, а катет AC — в точке M. Отрезок KM пересекает высоту AD в точке L. Известно, что отрезки AK, AL и AM составляют геометрическую прогрессию (то есть $\frac{AK}{AL} = \frac{AL}{AM}$).

Нетрудно доказать, что AKDM — прямогольник и L — его центр (рис. 8). Опустим перепределку AP на KM.

Тогда
$$AL^2 = AK \cdot AM = KM \cdot AP = 2AL \cdot AP,$$
$$AL = 2AP, \angle PLA = 30^\circ,$$

и поскольку $AL = KL = ML$, отсюда следует, что остые углы треугольника AKM равны $15^\circ$ и $75^\circ$. Такие же остые углы имеют и треугольник ABC: $\angle C = \angle BAD = \angle AKM$.

Рис. 8.

Такое решение прислада C. Команов из Тбилиси и В. Кривицкий из д. Клетное Минской обл.

Л. М. Лоповок

В этом номере мы публикуем решение задач Ф52—Ф58

Ф52

Мяч брошен вертикально вверх. Что больше: время подбема или время падения?

Кинетическая энергия мяча на любоей высоте при подбете больше, чем при спуске мяча. Действительно, если бы не было сопротивления воздуха, то эти энергии были равны. Из-за сопротивления воздуха при спуске кинетическая энергия мяча меньше, чем при подбете, на величины работы, затраченой на предоление сопротивления воздуха. Это означает, что на любоей высоте скорость мяча при подбете больше, чем при спуске. Большое, очевидно, и средняя скорость движения мяча. Поэтому время подбема мяча меньше времени падения.

Ф53

В сосуде находится две несмешивающие жидкости с плотностями $\rho_1$ и $\rho_2$ и толщинами словь $h_1$ и $h_2$ соответственно. С поверхности жидкости в сосуд опускают маленькое обтекаемое тело, которое достигает дна как раз в тот момент, когда его скорость становится равной нулю. Какова плотность материалов, из которого следует тело?

Воспользовемся тем, что потенциальная энергия, которой обладает тело на поверхности верхней жидкости, траится при движении тела на предоление сопротивления. Поэтому
$$mg(h_1 + h_2) = A_1 + A_2,$$
(*)

где $m$ — масса тела, $g$ —ускорение свободного падения, $A_1$ — работа сил сопротивления в верхней жидкости и $A_2$ — работа сил сопротивления при движении тела в нижней жидкости. Так как тело обтекаемо, сила сопротивления — это архимедова выталкивающая сила: $F_1 = \rho_1Vg$ в верхней жидкости и $F_2 = \rho_2Vg$ в нижней (V — объем тела). Поэтому
$$A_1 = \rho_1Vgh_1$$ и $A_2 = \rho_2Vgh_2$.

Подставляя эти выражения для $A_1$ и $A_2$ в уравнение (*) и учитывая что $m = V \cdot \rho$ (ρ — плотность тела), получим $\rho (h_1 + h_2) = \rho_1h_1 + \rho_2h_2$.

42

Отсюда
$$\rho = \frac{\rho_1 h_1 + \rho_2 h_2}{h_1 + h_2}.$$

Правильное решение прислада В. Калинцев из Москвы, Ю. Полонский из Зеленьодольска ТАССР и другие читатели.

Однако большим читателем решило задачу более сложным способом.

На тело, движущеся в жидкости, действуют две силы: сила тяжестеки, равная $mg = \rho Vg$, и архимедова выталкивающая сила (равная $F_1 = \rho_1 Vg$, когда тело движется в жидкости с плотностью $\rho_1$, и $F_2 = \rho_2 Vg$, когда оно движется в жидкости с плотностью $\rho_2$).

Поскольку тело обтекаемо, силы, действующие на него во время движения в каждой из жидкости, не меняются. Следовательно, тело движется равноускорено. Запишем уравнение движения тела. В верхней жидкости: $mg - F_1 = ma_1$ (ускорение направлено вниз), в нижней жидкости: $F_2 - mg = ma_2$ (ускорение направлено вверх). Из этих уравнений найдем, что в жидкости с плотностью $\rho_1$ тела движется с ускорением $a_1 = g \frac{\rho - \rho_1}{\rho}$, а в жидкости с плотностью $\rho_2 - c$ ускорением $a_2 = g \frac{\rho_2 - \rho}{\rho}$.

Пройдя первую жидкость, тело прибретет скорость $V_0 = a_1 t_1$, где $t_1$ — время движения. Это время можно найти из кинематического уравнения $h_1 = \frac{a_1 t_1^2}{2}$. Поэтому $V_0 = \sqrt{2 a_1 h_1}$. С такой скоростью тело начинает движаться в нижней жидкости. Так как скорость тела в конце движения должна стать равной нулю, то $V_0 - at_2 = 0$, где $t_2$ — время движения тела во второй жидкости.

Отсюда $t_2 = \frac{V_0}{a_2}$. За это время тело пройдет во второй жидкости расстояние $h_2$. Поэтому $h_2 = V_0 t_2 - \frac{a_2 t_2^2}{2}$.

Подставляя в последнее уравнение выражения для $V_0$, $a_2$ и $t_2$, получим
$$h_2 = \frac{V_0^2}{a_2} - \frac{1}{2} \frac{V_0^2}{a_2} = \frac{1}{2} \frac{V_0^2}{a_2} = \frac{a_1 h_1}{a_2}.$$

43

Оно равно 7,5 ом. Позному через источник идет ток $I_0 = \frac{30 \, \theta}{7,5 \, \omega} = 4 \, a$.

Ток, идущий через источник, складывает из тока, идущего через амperметр, и тока $I_1$, идущего через сопротивление $R_1$. Найдем ток $I_1$.

В точке $A$ ток $I_0$ делится поровну между верхней и нижней ветвями цепи. Позному через сопротивление $R_2$ идет ток $I_2$, равный 2$a$. В точке $B$ этот ток опять делится поровну между одинаковыми сопротивлениями $R_1$ и $R_3$. Позному через сопротивление $R_1$ идет ток 1$a$. Теперь можно найти ток, идущий через амperметр. Он равен $I_0-I_1=3a$.

Ф55

Оцените, на какую высоту $H$ поднимается стрелла, пущенная из детского лука вертикально вверх. Масса стреллы $m=20 \, \text{г}$, длина тетивы $AB=1 \, \text{м}$. Тетиву оттягают на $h_0=5 \, \text{см}$. Натяжение тетивы считать постоянным и равным 250 $\text{н}$.

Энергия, прибретаемая стрелой при выстреле, равна работе силы, действующей на стреллу со стороны тетивы. Эта сила, очевидно, равна равнойствующей $F$ сил натяжения тетивы $T$ (рис. 11). Если угол, образуемый тетивой в точках $A$ и $B$ с линий $AB$, обозначит $\alpha$, то нетрудно найти, что $F=2T\sin \alpha$. Итак, сила, действующая на стреллу, зависит от того, насколько оттянута тетива. Так как тетиву оттягают на расстояние, мало по сравнению с ее длиной, то угол $\alpha$ мал, то есть $\sin \alpha \approx tg\alpha \approx \alpha$. Позному $F=2T\alpha$.

Поскольку $tg\alpha = \frac{h}{AB}$ ($h$ — высота прогиба тетивы), то

$$F = 4T \frac{h}{AB}.$$

Итак, сила, действующая на стреллу, пропорциональна $h$ (рис. 12).

Нетрудно найти работу этой силы. Она равна площади фигуры между

44

Рис. 13.

тарная теория полета и волн на воде» в «Кванте» № 5 за 1970 год. Поведение флага обясняется точно так же, как и образование волна на воде.

Предположим, что в каком-то месте флаг слегка изогнут (рис. 13). В этом случае вверху при обтекании выступа скорость ветра больше, а внизу, в области вогнутости флага — меньше скорости ветра вдали от флага. Из закона Бернулли следует, что при этом давление воздуха в точке А больше, чем давление в точке B. Поэтому образование выступа должен увеличивать. Кроме того, поскольку из-за образования выходя за выступом давление за ним меньше давления перед выступом, этот выступ будет перемешаться к концу флага. Итак, случайно образование вогнутость флага будет увеличивать. Если учеть еще, что благодаря образование выходя при обтекании даже плоского флага при равномерном ветре давление с разных сторонами флага может оказаться разным и поэтому будет легко образоваться небольшие изгибы поверхности, становится понятным, почему флаг «полошется» на ветру.

Ф57

Два одинаковых шарика, связанных невескомой пружинкой, движутся по гладкому горизонтальном полу с одинаковой скоростью, перpendикулярной вертикальной стенке. Опишите, как проискодит соударение системы со стенкой. Как будет движаться шарики после удара? Удар шарика о стенку абсолотно упругий, время соударения претензioso мало по сравнению с периодом колебанной шарика наружке.

Так как скорости шариков вначале одинаковы и постоянны, торужинка не деформирована. Действительно, в противном случае на каждый из шариков действовал бы со стороны пружинки сила, сообщаюшая емуускорение, и скорость шарика менялась бы со временем. После того как первый шарик ударяется о стенку, его скорость меняется на противоположную. Шарики начинают движаться навстречу друг другу с

45

одинаковыми по величины скорости (см. рис. 14), пружинка скимается. Кинетическая энергия шариков переходит в потенциальную энергию деформации пружинки. Затем пружинка начинает распрямляться, сообщая шарикам одинаковые по величины и противоположные по направлению скорости. При этом, так же как и во время скатия пружинки, центр масс системы неподвижен относительно стены — на системе не действуют никакие горизонтальные силы. Из закона сохранения энергии следует, что в тот момент, когда правильно шарик ударяется о стенку, величины скоростей шариков равны начальной скорости системы. После соударения шарика со стенкой его скорость опять меняется на противоположную и шарики движутся от стены с одинаковыми скоростями. Так как в момент удара шарика о стенку пружинка не деформирована, то она не деформируется и при дальнейшем движении системы.

Ф58

В магнитном поле с большой высоты падает колюц, имеющее диаметр $d$ и сопротивление $R$. Плоскость колюца все время горизонтальная. Найти установившуюся скорость падает колюца, если индукция поля меняется с высотой по закону

$$B = B_0 (1 + \alpha H).$$

Сила, действующая на колюц в магнитном поле, пропорциональна току, induщему по колюцу, ток пропорционален э. д. с. индукции, возбуждаемой в колюце при его движении, а э. д. с. индукции, в свою очередь, пропорциональна скорости изменения магнитного потока, пропорционнего плоскостью колюца, а значит, пропорциональна скорости колюца. Следовательно, при некоторой скорости движения колюца сила, действующая на него в магнитном поле, становится ячейкой. Эта скорость и является скоростью установившегося движения колюца.

Так как при движении колюца его кинетическая энергия не меняется, то изменение потенциальной энергии должно быть равно тепловым потерям в колюце.

Пусть скорость колюца равна $v$. Э. д. с. индукции, возбуждаемой в колюце при его движении, по величины равна

$$E = k \frac{\Delta \Phi}{\Delta t},$$

где $\Phi$ — магнитный поток, произвольный колюц, и $k$ — коэффициент пропорциональности.

$$\Phi = \frac{\pi d^2}{4} B = \frac{\pi d^2}{4} B_0 (1 + \alpha H),$$

$$\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = \frac{\pi d^2}{4} B_0 \alpha \frac{\Delta H}{\Delta t}.$$

Но $\frac{\Delta H}{\Delta t} = v$, поэтому

$$E = k \frac{\pi d^2}{4} B_0 \alpha v$$

и по колюцу идет ток

$$I = \frac{E}{R} = \frac{k \pi d^2 B_0 \alpha v}{4 R}.$$

Запишем теперь закон сохранения энергии. Пусть масса колюца равна $m$. За время $t$ в колюце выделяется тепло, равное $I^2 Rt$. Если за это время колюц опускается на высоту $h$, то

$$mgh = I^2 Rt.$$

Так как $\frac{h}{t} = v$, то

$$mgv = I^2 R,$$

$$mgv = \frac{k^2 \pi^2 d^4 B_0^2 \alpha^2 v^2}{16 R}.$$

Отсюда

$$v = \frac{16 Rmg}{k^2 \pi^2 d^4 B_0^2 \alpha^2}.$$

И. Ш. Словодецкий