Решения задач М101—М105; Ф116—Ф122

27

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решения задач M101—M105.

M101

В колонию, состоящую из $n$ бактерии, попадает один вирус. В первую минуту он уничтожает одну бактерия, затем делится на два новых вирус, и одновременно каждая из оставшихся бактерии тоже делится на две новые. В следующую минуту возникшие два вирус уничтожают две бактерии, и затем оба вирус и все остальные бактерии снова делятся, и так далее.

Видет ли эта колония жить бесконечно долго или в конце концов погибнет?

Легко проверить, что колчество бактерии и вирусов будет меняться со временем по следующему закону:

| Время (минуты) | Кол-во вирусов | Кол-во бактерии |
| :— | :— | :— |
| 0 | 1 | $n$ |
| 1 | 2 | $2(n-1)$ |
| 2 | $2^2$ | $2^2(n-2)$ |
| 3 | $2^3$ | $2^3(n-3)$ |
| … | … | … |
| $t$ | $2^t$ | $2^t(n-t)$ |
| $t+1$ | $2^{t+1}$ | $2^{t+1}(n-t-1)$ |
| … | … | … |

Отсюда ясно, что при $t=n$ колчество бактерии обратится в нуль — колония погибнет.

Мы получили около 80 писем с решением этой задачи и одно письмо, где был дан неверный ответ.

M102

Множество на плоскости, состоящее из конечного числа точек, обладает следующим свойством: для любых двух точек $A$ и $B$ множество найдется точка $C$ множество такая, что треугольник $ABC$ равносторонний.

Сколько точек может содержать такое множество?

Докажем, что такое множество может содержать только три точки (разумеется, предполагается, что оно содержит более одной).

Обозначим это множество буквой $\Gamma$.

Пусть $A$ и $B$ — две точки множества $\Gamma$, расстояние между которых называется $d$, точка $P$ должна лежать внутри кругла радиуса $d$ с центром $A$. Точно так же она должна лежать и внутри кругов радиуса $d$ с центрами $B$ и $C$. Таким образом, множество $\Gamma$ не выходит за пределы общей части этих кругов — кривolinейного «треугольника» $T$ (рис. 1).

Далее, вместе с точки $P$ и $A$ множество $\Gamma$ должна принадлежать одна из двух точек $Q$ и $R$ — вершин равносторонних треугольников $APQ$ и $APR$, то есть точки, получающихся из $P$ поворотом на $60^\circ$ (в ту или другую сторону) вокруг $A$ (рис. 2).

Для того чтобы точка $Q$ лежала внутри $T$, нужно, чтобы точка $P$ лежала в пределах гольбого «лепестка» $AB$; действительно, если повернуть треугольник $T$ вокруг точки $A$ на $60^\circ$ против часовой стрелки, то точки лепестка $AB$ и только они не выйдет за пределы

28

Т. Точно так же, для того чтобы точка $R$ лежала внутри $T$, нужно, чтобы точка $P$ лежала в пределах голубого «лепестка» $AC$. Итак, мы доказали, что любая точка $P$ множество $\Gamma$ должна лежать в пределах множество $T_A$, состоящего из двух голубых лепестков $AB$ и $AC$ с общей вершиной $A$. Но точно так же доказывается, что $\Gamma$ заключено в пределах множество $T_B$ (рис. 3) и $T_C$ (рис. 4), а общая часть трех множеств $T_A, T_B$ и $T_C$ состоит только из трех точек $A, B$ и $C$. Следовательно, никакая другая точка $P$ не может принадлежать множеству $\Gamma$.

Правильное решение задачи прислада А. Блюхин (Климовск Кемеровской обл.), Н. Чернов (Кривой Рог), Ш. Слепой и Э. Туркевичи (Черновцы), А. Меркурьев (Ленинград), М. Розов (Минск), А. Глушко и В. Коршенко (Воронеж) и другие.

В нашем решении мы пользовались только тем, что в множестве $\Gamma$ можно указать две точки, расстояние между которых максимально. Для множества $\Gamma$, состоящего из конечного числа точки, это, разумеется, так. Однако утверждение задачи остается верным, если наложить на множество $\Gamma$ более слабое условие — условия ограниченности. Для решения задачи в этом случае необходимо дополнительные рассудения; их без труда могут проверсти те, кто владеет первоначальным понятиям топологии точных множеств на плоскости, например, в объеме кники: Н. Стинрод и У. Чинн «Первыые понятия топологии» («Мир», популярия серия «Современная математика»). Заметим, что от условия ограничности отказаться уже нельзя.

M103

Исследуйте, сколько решений имеет система управления

$$\begin{cases} x^2 + y^2 + xy = a, \\ x^2 - y^2 = b, \end{cases}$$

где $a$ и $b$ — некоторые действительные числа.

Перейдем к новым переменным по формулам

$$\begin{cases} x + y = u, \\ x - y = v, \end{cases}$$

то есть

$$\begin{cases} x = \frac{u + v}{2}, \\ y = \frac{u - v}{2}. \end{cases}$$

Тогда данная в условиях системы запишется так:

$$\begin{cases} 3u^2 + v^2 = 4a, \\ uv = b. \end{cases}$$

Очевидно, что каждой пале $(x, y)$ соответствует по формулам (1) одна пара $(u, v)$, а каждой пале $(u, v)$ — пара $(x, y)$, так что нам нужно выяснить, сколько решений $(u, v)$ при различных значениях параметров $a$ и $b$ имеет система (2). (Сразу ясно, что при $a < 0$ решений нет, при $a = 0$ и $b \neq 0$ — тоже, а при $a = b = 0$ — единственное решение $u = v = 0$, но это можно было бы и не отмечать, поскольку наше дальнейшее рассуждение годится для этих случая.

Вычитем и прибавим к первому уравнению системы (2) второе уравнение, умноженное на $2\sqrt{3}$.

Получим такую систему:

$$\begin{cases} (\sqrt{3}u - v)^2 = 4a - 2\sqrt{3}b, \\ (\sqrt{3}u + v)^2 = 4a + 2\sqrt{3}b \end{cases}$$

равnocильную систему (2). [Подумайте, как из (3) вывести (2)]. Ясно, что каждому набору значений $\sqrt{3}u - v$ и $\sqrt{3}u + v$, которые получаются из (3), соответствует одно решение $(u, v)$ системы. Остается учеть, что (в области действительных чисел) уравнение $z^2 = c$ имеет два решения: $z_1 = \sqrt{c}$, $z_2 = -\sqrt{c}$, если $c > 0$, одно $z = 0$, если $c = 0$, и не имеет решения, если $c < 0$.

Ответ. Решения есть тогда и только тогда, когда выполнены неравенства

$$-2a \leq b\sqrt{3} \leq 2a,$$

На рисунках 1-4 области, окрашенные в голубой цвет, ограничены двумя другими окружностями радиуса $d = AB$ с центрами в точках $A, B$ или $C$. Проверьте, что эти области пересекаются лишь в точках $A, B$ и $C$.

29

Рис. 5. Поворотом на $45^\circ$ по часовой стрелке из этого рисунка получается рисунок 6 (но в другом масштабе).

причем, если она неравенства строие («меньше»), то решений четыре; если одно из них обращается в равенство — то два, если она (это возможно лишь при $a = b = 0$), то одно.

Многие читатели, приславшие решение этой задачи, приводят (как правило, в несколько иной форме) этот результат, а также явные формулы для решения системы. Их нетрудно получить из наших выкладок, но они довольно громоздки, и мы не будем их приводить, тем более, что это и не требуется в условиях. Вместо этого укажем на геометрическую интерпретацию уравнения системы: первое задает эллипс, второе — гиперболу. Красная гипербола на рисунках 5 и 6 соответствует таким значением параметров $a$ и $b$, когда кривые пересекаются (четыре решения), голубые — когда гипербола касается эллипса (два решения).

Некоторые читатели провели исследование и для того случая, когда система решения в области всех комплектных чисел. И здесь наше рассуждение позволяет сразу дать ответ: в комплектных числах $(x, y)$ система имеет четыре, два или одно решение, если из двух равенств $2a = b\sqrt{3}$, $2a = -b\sqrt{3}$ соответственно нуль, одно или два верных.

M104

Внутри треугольника $ABC$ лежат такие две точки $P$ и $Q$, что отрезки $AP$ и $AQ$ составляют равные углы с биссектрисой угла $A$ треугольника, а отрезки $BP$ и $BQ$ составляют равные углы с бисsектрисой угла $B$.

Доказите, что отрезки $CP$ и $CQ$ составляют равные углы с бисsектрисой угла $C$ (рис. 7).

30

ПОЛУЧИМ

$$\sin(C - \gamma_1) \sin\gamma_2 = \sin(C - \gamma_2) \sin\gamma_1$$ или
$$\sin C \sin(\gamma_1 - \gamma_2) = 0.$$

Поскольку $0 < C < \pi$ и $-\pi < \gamma_1 - \gamma_2 < \pi$, отстояда следует, что $\gamma_1 = \gamma_2$.

В. Н. Березин (Москва) сообщил другое, чисто геометрическое решение.

Пусть $P_A, P_B$ и $P_C$ — точки, симметричные точки $P$ относительно сторона $BC$, $AC$ $AB$ треугольника $ABC$. Заметим, что для того, чтобы отрезок $AQ$ составлял с отрезками $AB$ и $AC$ углы, равные $\Rightarrow PAC = \alpha$ и $\Rightarrow PAB = A - \alpha$, необходимо и достаточно, чтобы он шел по биссертице угла $P_BAP_C$ (рис. 8).

Поскольку $AP_B = AP_C$, это условие можно формularовать еще так: точка $Q$ должна лежать на перпендикуляре, проведенном через середину отрезка $P_BP_C$. Теперь осталось доказать, что если $Q$ лежит на перпендикулярах, проведенных через середину отрезков $P_BP_C$ и $P_CP_A$, то $Q$ лежит также на перпендикуляре, проведенном через середину отрезка $P_BP_C$. Это очевидно: точки $P_A, P_B, P_C$ не лежат на одной прямой, и $Q$ является центром круга, описанного около треугольника $P_AP_BP_C$ (рис. 9).

Разумеется, точно так же можно доказать, что $P$ — центр круга, описанного около треугольника $Q_AQ_BQ_C$, где $Q_A, Q_B, Q_C$ — точки, симметричные $Q$ относительно сторона треугольника $BC, CA, AB$. Отображение $P \rightarrow Q$ совпадает с обратным к нему. При этом отображении центр вписанного круга переходит в себя, а центр описанного круга и точка пересечения высот — друг в другу (проверьте это!).

M105

Сумма цифр числа после его умножения на 8 может уменьшиться: $75 \cdot 8 = 600$ — сумма цифр была $7 + 5 = 12$, а стала 6. Однако она не может уменьшиться более, чем в 8 раз. Докажите это.

Другими словами, докажите, что для любого натурального числа $N$

$$\frac{S(8N)}{S(N)} \geq \frac{1}{8},$$

где $S(A)$ — сумма цифр числа $A$ (в десятичной записи).

Для каких еще натуральных $k$ существует такое положительное число $c_k$, что для всех натуральных $N$

$$\frac{S(kN)}{S(N)} \geq c_k?$$

Найдите наиболее подходящое значение $c_k$.

Сначала заметим, что $S(8 \cdot 125) = S(1000) = 1$.

Нам будут нужны следующие свойства функции $S(N)$:

1. $S(A + B) \leq S(A) + S(B)$;
2. $S(A_1 + A_2 + \dots + A_n) \leq S(A_1) + S(A_2) + \dots + S(A_n)$;
3. $S(nA) \leq nS(A)$;
4. $S(AB) \leq S(A)S(B)$.

Чтобы убедиться в справедливости своей части $1^\circ$, достаточно представить себе, что числа $A$ и $B$ складываются «столбиком». Свойство $2^\circ$ получается из $1^\circ$ простой индукции. $3^\circ$ — частный слуаг $2^\circ$.

Если представить себе, что $A$ можно на $B$ «столбиком» и к каждой цифре числа $B$ применить $3^\circ$, то получится $4^\circ$.

Теперь легко доказать требуемое неравенство: $S(N) = S(1000N) = S(125 \cdot 8N) \leq S(125)S(8N) = 8S(8N)$, то есть

$$\frac{S(8N)}{S(N)} \geq \frac{1}{8}.$$

To же рассуждение годится для любого числа $k = 2^{2^q}5^q$. Обозначим через $c_k$ число $\frac{1}{S(2^q5^r)}$. Докажем, что для любого $N$ $\frac{S(kN)}{S(N)} \geq c_k$ (при $N = 2^{2^q}5^r$ это неравенство превращается в равенство, поскольку

$$S(kN) = S(10^{r+q}) = 1$$. Для любого $N$
$$S(N) = S(10^{r+q}N) \leq S(2^q 5^r) S(kN) = \frac{1}{c_k} S(kN),$$
что и требовалось доказать.

Докажем теперь, что для чисел $k$ вида $Q2^r 5^q$, где $Q$ взаимно просто с 10, относение $S(KN)/S(N)$ может быть меньше любого заданного $\varepsilon > 0$, то есть требуемого положительного числа $c_k$ не существует.

Нам потребуется такая lemma: существует число $10^m-1$ (состоящее из $m$ девяток), делается на $Q$. Ее легко доказать с помощью «причина Дирихле» *). Рассмотрим остатки от деления на $Q$ чисел

$$\begin{array}{c} 9 \\ 99 \\ 999 \\ 9999 \\ \cdots \end{array}$$

Какие-то два из них совпадают, и разность соответствующих чисел делится на $Q$:

*) См. статью А. И. Орлов в «Кванте» № 7, 1971.

В этом номере мы публикуем решение задач Ф116—Ф122.

Ф116

Если температура воздуха в цилиндре, показанным на рисунке 10, равна $T_0(T_0 > 0^\circ C)$, то он оставает до температуры $\frac{T_0}{2}$ примерно за время $\tau = 30$ сек. Поршень начинают ввигать и вывигать с некоторой частотой. В каком случае растет больше льда, окружающей цилиндр, за 50 ходов поршня, если они сделаны: а) за 1 минуту; б) за 1 час; в) за 30 суток?

Скорость изменения температуры воздуха в цилиндре пропорциональна самой температуре. Это означает, что изменение температуры идет по экспоненте $T = T_0 e^{-\alpha t}$ ($\alpha$ — коэффициент, $t$ — время) (см. «Кванте» № 1).

Очевидно, если выбранные интервалы времени $t$ составляют арифметическую прогрессию с разностью $\tau$, то есть $t=n\tau$, то температура газа составляет геометрическую прогрессию со значением $e^{-\alpha t}$. В этом нетрудно убедиться, записав формулу зависимости температуры газа от времени в виде

$$\frac{T}{T_0} = \left(e^{-\alpha t}\right)^n.$$

При $n=1$ $\frac{T}{T_0} = \frac{1}{2}$. Это означает, что $e^{-\alpha t} = \frac{1}{2}$ и $\frac{T}{T_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$.

Отсюда следует, что в сосуде с неподвижным поршнем температура газа каждые 30 секунд будет уменьшаться ввое.

Если поршень делает 50 ходов за 1 минуту, то один поршня делается за 1,2 секунды. Это время мало по сравнению с характерным временем процесса теплопередачи — 30 секундами. Поэтому тепло, выделяющее при уменьшении объема газа, не успевает рассеять и практически положительно будет отбираться при увеличении объема

32

Рис. 11.

ма газа. Следовательно, в этом случае движение поршня не изменит скорости таяния льда.

Ясно также, что и при 50 ходах поршня за 30 суток лед будет таять так же, как он таял бы при неподвижном поршне. Тепрь время одного хода поршня сликом велико по сравнению с тем временем, за которое растает практически весь лед и температура воды станет равной 0° С.

Если поршень делает 50 ходов за 1 час, то один ход делается за 1,2 минуты. Благодарая этому телло, выделившееся при скатин газа, успет пойти на таяние льда. В этом случае льда растает больше, чем при неподвижном поршне.

Правильное решение этой задачи прислали М. Флеров (Москва) и М. Вайнхахер (Кривой Por).

Ф117

По обследенной дороге обычно идут, делая маленькие шаги. С какой шрининой шага должен идти человек, не боясь упасть, если длина его ног равна 1 метру, а коэффициент треня подошв обуви о дорогу равен 0,1?

Пусть шринина шага равна 2x (рис. 11). Когда человек поднимает одну ногу, весь его вес приходит на вторую ногу. Тогда сила N реакции земли равна mg (m — масса человека). Это означает, что максимальная сила треня F_TP, которая может действовать на ногу человека, не давая ей скольнить, равна kmg. Равнодействующая сила N и силы треня F_TP направлена к центру тяжести человека, то есть практически вдоль ноги, и образует с вертикально угол α:

$$\frac{F_{ТР}}{N} = \text{tg} \alpha.$$

Позетом

$$\text{tg} \alpha = \frac{kmg}{mg} = k,$$

но

$$\sin \alpha = \frac{x}{l}.$$

Следовательно,

$$x = l \sin \alpha = l \frac{\text{tg} \alpha}{\sqrt{1 + \text{tg}^2 \alpha}} \approx 0, 1 l = 10 \text{ cm}).$$

Ширина шага, который может сделать пешекод, равна 20 cm.

Эта задача оказывается самой легкой. Ее правильное решение прислали более 50 читаателей.

Ф118

В камеру сгорания реактивного двигателя поступает в секунду масса m водорода и необходимое для полного сгорания количество кислорода. Выходное решение сопла S. Давление в этом сечении P, абсолютиная температура T. Определить силу F тяги двигателя.

Найдем массу водыных паров, образующих при сгорании массы m водорода. Запишем уравнение реакции горения водорода

$$2\text{H}_2 + \text{O}_2 = 2\text{H}_2\text{O}.$$

Из уравнения реакции можно заключить, что две молекулы водорода соединяются с одной молекулой кислорода. В результате получается две молекулы водяных паров. Это означает, что для сгорания одного кислорода водорода необходима половина кислорода кислорода, и в результате реакции получается один кислороль воды. При сгорании n = \frac{m}{\mu_B} кислоролеводорода получится столько же кислоролеводорода (μ_B = 2 ке/кмоль — масса одного кислороля водорода). Поэтому при сгорании массы m водорода получается масса M = \frac{m}{\mu_B} \mu_\pi = \frac{18}{2} m = 9 m водяных паров (μ_\pi = 18 ке/кмоль — масса одного кислороля пара). Эта масса водяных паров вылетает из сопла двигателя за одну секунду. Так как нам известна площадь выходного сопла двигателя, можно найти скорость v газа, выходящero из сопла. За одну секунду из сопла двигателя будет выброшен объем пара V = vS. Если плотность пара равна р, то масса этого объема пара будет равна vSр, поэтому M = ρSv.

Отсюда v = \frac{M}{\rho S} = \frac{9m}{\rho S}.

В эту формулу входит плотность пара. Она нам не известна, зато мы знаем давление пара и его температуре. Записав уравнение Клапейрона—Менделеева PV = \frac{m}{\mu_\pi} RT (R — газовая постоянная), найдем, что плотность пара равна

$$\rho = \frac{m}{V} = \frac{P \mu_\pi}{RT} \text{ и } v = \frac{9mRT}{P \mu_\pi S}.$$

Так как за время Δt из сопла расчеты выбрасывается масса пара MΔt, которой сообщается импульс MΔtv, то на газ дей-

33

$$F_1 = \frac{M \Delta t v}{\Delta t} = M v.$$

Такая же по величине сила, но направления в противоположную сторону, действует на двигагатель. Полная сила, действующая на двигагатель (то есть сила тягги двигагателя) равна сумме реактивной силы $F_1$ и силы статического давления $F_2 = p S$, то есть

$$F = M v + p S = 81 \frac{m^2 R T}{p \mu_\pi S} + p S = \frac{9}{2} \frac{m^2 R T}{p S} + p S.$$

Объчно соплара реактивных двигагателей устроены так, что давление $p$ газа, выходящего из сопла, мало. Поэтому второй член в выражении для силы тягги двигагателя мал по сравнению с первым и при расчетах им можно пренебречь.

Правильные решения прислали: В. Кууск (Ржев); П. Серееев (Грозный), Л. Смушекевич (Магнитогорск), И. Сидоров (Москва), С. Арасланова (Н-Ивкино Кировской обл.), Д. Фушман (Черновцы), Е. Долгов (Москва), Я. Имин (Речница Гомельской обл.), В. Катенов (Москва), Г. Симоненков (Каунс), В. Белов (Вологда), Н. Федин (Омск), М. Федин (Алушта), В. Кулиц (Иваново Брестской обл.), С. Черников (Семипалатинск), В. Коротких (Новокузнецк), О. Заумыслова (Москва), Ю. Полянский (Зеленодольск ТАССР), А. Редченко (с. Новопетровка Белопольского р-на Сумской обл.), С. Божевольный (станица Копанская Красноарсского края), Ю. Лурье (Грозный), Е. Шахнович (Калинин. обл.), Л. Брацинский (Фрунзе), Ю. Шашков (Шигри Курской обл.), А. Удальцов (Калининград Московской обл.), А. Гордиенко (с. Полтавенское Красноарсского края), В. Бояришинов (Коломна), А. Смирнов (Горький), А. Мамула (с. Дыбинцы Киевской обл).

Ф119

К матникку $AB$ с шариком массы $M$ подвешен матник $BC$ с шариком массы $m$ (рис. 12). Точка $A$ совершает колебания в горизонтальном направлении с перiodом $T$. Найти длину нити $BC$, если известно, что нить $AB$ все время остается в вертикальном положении.

Поскольку нить $AB$ остается вертикальной, на шарик массы $M$ во время движения системы не действуют горизонтальные силы. Это означает, что горизонтальные силы не действуют и на системе, состоящую из двух шариков, $M$ и $m$, и шарики должны двигаться так, чтобы их центр масс не перемещался в горизонтальном направлении. Поэтому шарик массы $m$ движется так, как будто он прикреплен к нити длины $x$, где $x$ — расстояние от шарика до центра масс системы.

Рис. 12.

мы. Перiod колебаний такого матника равен $2\pi \sqrt{\frac{x}{g}}$. Этот период, очень длинный, равен колебаний точки $A$, то есть $T$:

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{x}{g}}.$$

Найдем теперь $x$. Положение центра масс системы нахождения точно так же, как положение центра тяжести:

$$xm = (l - x)M.$$

Отсюда

$$x = l \frac{M}{m + M}.$$

Подставляя это выражение для $x$ в формулу (1), получим

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g} \cdot \frac{M}{m + M}}.$$

Отсюда

$$l = \frac{T^2 g}{4\pi^2} \cdot \frac{m + M}{M}.$$

Правильное решение задачи прислали; Л. Брацинский (Фрунзе), В. Коротких (Новокузнецк), М. Премер (Томск), Н. Федин (Омск), Л. Смушекевич (Магнитогорск), Ю. Лурье (Грозный), П. Серееев (Грозный), Е. Долгов (Москва).

Ф120

Конькобежец по ледяной дороге страдает проятить вираж как можно близке к внутренней бровке. Велосипедист на велотреке проходит вираж возможное дальше от внутренней бровки. Как разьяснить это разлиние в движении конькобежца и велосипедиста на вираже? Профиль трека изобранен на рисунке 13.

Конькобежцу центристремительное ускорение сообщает сила трения о лед $F_{ТP} = kN$, где $N$ — сила нормального давления конькобежца на лед (рис. 14). Так как конькобежец не перемещается в вертикальном

34

направления, сила $N$ равна по величины действующей на коньковежда силе тяжестии $mg$. Поэтому $F_{TP} = kmg$ и $\frac{mv^2}{R} = kmg$.

Отсюда $v = \sqrt{kgR}$.

Делая поворот, коньковежец проходит расстояние $\pi R$. Время $t$, которое он затрачает на поворот, равно

$$t = \pi \sqrt{\frac{R}{kg}}.$$

(1)

Чем больше радиус окружности, по которой движется коньковежец, тем больше время, затрачаемое на поворот. Хотя уvelенични раздуса поворота уvelеничается максимальная скорость коньковежца, еще больше уvelеничается проходимое им расстояние. Скорость пропорциональна $\sqrt{R}$, а расстояние — $R$. Именно поэтому коньковежец и стареется пройти поворот как можно близке к бравке.

Теперь рассмотрим движение волосипедиста на наклонном треке. Ему центростремительное ускорение сообщает сумма горизонтальных составляющих силы треня $F_{TP}$ и силы $N$ реакции опоры (рис. 15):

$$F_{TP} \cos \alpha + N \sin \alpha = \frac{mv^2}{R}.$$

(2)

Так как волосипедист не перемещается в вертикальном направлении, то сумма вертикальных составляющих всех сил, действующих на волосипедиста, равна нулю:

$$N \cos \alpha - F \sin \alpha - mg = 0.$$

(3)

Из уравнений (2) и (3), учитывая, что $F_{TP} = kN$, найдем максимальную скорость, с которой может движаться волосипедист:

$$v_1 = \sqrt{gR \frac{k + tg\alpha}{1 - ktg\alpha}}.$$

Эта скорость зависит не только от радиуса окружности, но и от угла наклона трека к горизонту. При том профиле трека, которой показан на рисунке, угол наклона меняется. При $\alpha = \arctg (1/k)$ скорость движения волосипедиста может быть любой *).

Время, необходимое волосипедисту для того, чтобы пройти поворот радиуса $R$, равно

$$t_1 = \frac{\pi R}{v_1} = \pi \sqrt{\frac{R}{g} \cdot \frac{1 - ktg\alpha}{k + tg\alpha}}.$$

Если волосипедист пройдёт поворот дальнейше от бровки, то меняется не только радиус поворота, но и угол $\alpha$ наклона трека к горизонту. Благодаря этому уменьшается время проходимия поворота.

Редакция получила много решений этой задачи. Нанболее полные и обоснованные решения прислада Е. Доллов (Москва), В. Белов (Вологда), С. Божевольный (станица Копанская Краснодарского края), А. Герман (Воронеж), А. Бузай (Изяслав Хмельницкой обл., УССР), А. Боявский (Гомель), Д. Фушман (Черновцы) и П. Серееев (Грозный).

Ф121

В герметически закрытом сосуде в воде плавает кусок льда массы $M$, в котором вверхзала свинцовая дробина массы $m$. Какое количество теплла нужно затранить, чтобы дробина начала тоннуть? Плотность свинца $\rho_c = 11,3 \text{ e/cm}^3$, плотность льда $\rho_\pi = 0,9 \text{ e/cm}^3$, теплота плавления льда $\lambda = 80 \text{ кал/с}$. Температура воды в сосуде равна $0^\circ\text{C}$.

Для того чтобы дробина начала тоннуть, нет необходимости в том, чтобы растаял весь лед. Достаточно, если средняя плотность льда с дробиной станет равна плотности воды. Если массу оставшегося при этом льда обозначить $M_1$, то условие того, что дробина начнет тоннуть, запишется так:

$$\frac{M_1 + m}{V} = \rho_B.$$

Но объем $V$ льда и дробинки равен сумме их объемов, то есть $\frac{M_1}{\rho_\pi} + \frac{m}{\rho_c}$.

*) Скорость волосипедиста в этом случае будет определяться мощностью, развиваемим и, силими сопротивления.