Решения задач М129—М134; Ф148—Ф152

42

Решения

В этом номере мы публикуем решения задач M129—M134

M129
a) Введро налили 12 л молока. Как, пользовать лишь сосудами в 5 и 7 л, разделить молоко на две равные части?
b)* Решите обшую задачу: при каких a и b можно разделить пополам (a+b) л молока, пользовать лишь сосудами в a л, b л и (a+b) л?

РЕЗЕРВУАР
I сосуд 7 2 2 0 7 4 4 0 7 6
II сосуд 0 5 0 2 2 5 0 4 4 5

РЕЗЕРВУАР
Табл. 1.

Чтобы решить задачу 6), поступим следующим образом. Пусть a≥b. Изовем сосуд емкость в a+b литров резервуаром, сосуд емкость в a литров — первый сосудом, а сосуд емкость в b литров — второй сосудом. Докажем, что c литров можно получить тогда и только тогда, когда c=ma+lb, где m и l — целые числа, 0≤c≤a. Если a и b — целые числа, то это можно сформировать так: c литров можно получить тогда и только тогда, когда 0≤c≤a и c делится на наибольший общий делитель a и b (см. статью В. Н. Вагтена «Алгоритм Евклида и основная теорема arithmetики», «Квант» № 6, 1972). Мы решаем задачу, не предполагая, что a и b — целые числа; если это заранее известно, то решение можно упростить; например, не нужно отделно расматривать случай m>0 и m<0.

Табл. 2.

I a-a-b a-b a-2b a-2b d₁=a-l₁b 0 a 2a-(l₁+1)b 2a-(l₁+1)b d₂=2a-l₂b dₘ=ma-lₘb
II 0 b 0 b 0 0 d₁ d₁ b 0 0

Табл. 3.

Для решения задачи a) достаточно привести таблицу (см. таблицу 1). Для того

Обозначим через dₖ остаток от деления ka на b (k=1, 2, 3, …): dₖ=ka-lₖb, 0≤dₖ<b.

Нам достаточно доказать, что можно получить dₘ литров. Действительно, поскольку dₘ=ma-lₘb — наименьшее число вида ma+lb, где l — целое, то, добавляя к dₘ еще l+lₘ порций по b литров, мы сможете получить нужное количество

44

Рис. 3.

должны лежать на грание множества $V$; ни одна из них не может оказаться внутри $V$: ведь $V$ содержится в каждой из полос $\Pi_{ij}$.

Решение задачи a) получается теперь в два слова. В этом случае $V$ — выпуклый $n$-угольник с вершинами $A_1, A_2, \dots, A_n$. Сумма его углов равна $180^\circ (n - 2)$, и если каждой из углов не больше $90^\circ$, то

$$180^\circ (n - 2) \leq 90^\circ n,$$

откуда $n \leq 4$.

Решение задачи на плоскости прислами многие читателей. Пространственная задача намного труднее, и полного доказательства мы не получили ни от кого из читателей. Приведем решение, которое впервые нашли известные геометры Л. Данцер и Б. Грионбачум (1962 г.).

Рассмотрим, кроме многогранника $V$ (зесь под $V$ можно понимать или выпуклую оболочку заданных $n$ точек $A_1, A_2, \dots, A_n$ или пересечение — общую часть — всех $n (n - 1)/2$ полос $\Pi_{ij}$ еще следует многогранники:

$$V_i, \text{ получищеся из } V \text{ сдигом на вектор } \overrightarrow{A_1 A_i} (i = 1, 2, \dots, n); V_1, \text{ размещется, совпадает с } V), \text{ и } V', \text{ получищеся из } V \text{ расстоянием (гомотетей) с коэффициентом 2 и центром в точке } A_1.$$

Докажем следующие три утверждения.

1. Многогранник, получищеся из $V$ сдигом на вектор $\overrightarrow{A_i A_j}$, не имеет общих внутренних точек с $V$ (то есть может пересечаться с $V$ только на границе).

2. Никакие два из многогранников $V_1, V_2, \dots, V_n$ не имеют общих внутренних точек.

3. Все $V_i$ содержится в $V'$.

Докажем 1°. При сдигге на $\overrightarrow{A_i A_j}$ полоса $\Pi_{ij}$ переходит в новую полосу, которая не имеет с ней общих внутренних точек — эти две полосы имеют только общую граничную плоскость. Но $V$ содержится в $\Pi_{ij}$, поэтому тем более верно 1°.

2° сдачу следует из 1°: достаточно заменить, что $V_j$ получищеся из $V_i$ сдигом на вектор $\overrightarrow{A_i A_j}$ (рис. 4).

Рис. 4.

$$3^\circ \text{ следует из более общого факта: если } ABC \text{ — три точки выпуклого многогранника, } W \text{ и } W' \text{ — многогранник, полученный из } W \text{ растяжением в 2 раза с центром в точке } A, \text{ то четыряя вершина } D \text{ параллелограмма } ABDC \text{ (то есть точка, получшаяся из } C \text{ сдигром на вектор } \overrightarrow{AB}) \text{ принадлежит } W'.$$

Этот факт доказывает легко: точка $K$, из которого при растяжении получается $D$ — середина отрезка $AD$ — является одновременно и серединой отрезка $BC$, поэтому она принадлежит $W$ (ведь многогранник $W$ выпуклый), поэтому $D$ принадлежит $W'$ (рис. 5).

Итак, утверждение 2° и 3° доказаны. Пусть $v$ — объем многогранника $V$. Тогда объем каждого из $V_i$ точек равен $v$, а объем $V'$ равен $8 v$. Из 2° и 3°, очевидно, следует, что $nv \leq 8 v$, откуда $n \leq 8$.

Заметим, что получено мы решили задачу, предлагавшуюся на XIII Международной олимпийде (см. «Кваант» № 12 за 1971 год, стр. 54, задача 2): видимо, задачу M130 6) в полном объеме международное жюри союло слишком трудной для олимпийды и включило только вторую ее половину.

В связи с доказанным утверждением возникнет ряд вопросов, которые уже не удалось решить тем красивым, но довольно искусственным способом, о котором мы расссказали. Например, какое наиболее чисто точке в пространстве можно раз-

45

местить так, чтобы все углы треугольников с вершинами в этих точках были острыми?
Из нашей решения видно, что 8 точек расположить нельзя (убедитесь в этом). Нетрудно построить пример, когда точек 5. Можно их быть 6? 7? Более общий и, веряятоно, очень трудный вопрос — какое наиболее число точек можно расположить так, чтобы все углы не превосходили данного α?

Если кому-либо из читателей удостраняется продвинутся в решении этих вопросов, мы вернемся к ним еще раз.

M131
Докажите, что четые точки, в которых биссектрисы углов между продолжениями противоположных сторон вписанного четырехугольника пересекают его стороны, являются вершинами ромба.

Мы решим задачу, использую известные теоремы об угле между двумя секущими (рис. 6). Обозначения ясны из рисунка 7. Поскольку $PN$ и $QK$ — биссектрисы, то

$$\alpha_6 - \alpha_1 = \alpha_5 - \alpha_2,$$
$$\alpha_7 - \alpha_4 = \alpha_8 - \alpha_3.$$

Сложив эти два равенства, получим $\alpha_6 + \alpha_7 + \alpha_2 + \alpha_3 = \alpha_1 + \alpha_4 + \alpha_5 + \alpha_8$, следовательно, сумма дуг в каждой части последнего равенства равна половине окружности. Поэтому прямые $PN$ и $QK$ перпендикулярны друг другу. Отсюда следует, что в треугольнике $KPM$ биссектриса угла $P$ является одновременным высотой; тогда она одновременно является и медианой; треугольник $KPM$ равноведенный. То же самое можно сказать о треугольнике $LQN$. Таким образом, в четырехугольнике $KLMN$ диагонали делят друг друга пополам и взаимно перпендикулярны, поэтому он — ромб.

H. Б. Васильев

M132
Пусть по окружности выписано $n$ чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$, каждое из которых равно (+1) или (-1), причем сумма $n$ попарных произведений соседних чисел равна 0 (как в задаче М93, стр. 42) и вообще для каждой $n = 1, 2, \dots, n - 1$ сумма $n$ попарных произведений чисел, отстоящих друг от друга на $k$ мест, равна 0 (то есть $x_1x_3 + x_2x_4 + \dots = 0$, $x_1x_4 + x_2x_5 + \dots = 0$ и т. д.). Пример для $n = 4$ dan на рисунке 8).

a) Докажите, что $n$ — квадрат целого числа.
b) Существует ли такой набор $n$ чисел при $n = 16$?

Рис. 8.

46

Докажем, что $n$ — квадрат целого числа. Положим $m = x_1 + x_2 + \dots + x_n$. Тогда $m$ — целое число,

$$m^2 = (x_1 + x_2 + \dots + x_n)^2 = (x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) + (x_1x_2 + x_2x_3 + \dots + x_nx_1) + (x_1x_3 + x_2x_4 + \dots + x_{n-1} \times x_1 + x_nx_2) + \dots + x_nx_{n-1}).$$

Как следует из условия задачи, в правой части этого равенства сумма чисел в первой скобке равна $n$, а сумма чисел в любой другой скобке равна 0. Значит, $n = m^2$. Задча a) решена.

Постотрим, при каких $n$ можно подбрать числа $x_1, \dots, x_n$, удовлетворяющие условиям задачи. Как следует из задачи М93, $n$ должно делиться на 4; значит, $n$ — квадрат четного числа. Если $n=4$, то такие числа подбрать можно: $x_1=x_2=x_3=1$, $x_4=-1$. Следующое возможное значение для $n$ — это 16.

Докажем, что для $n=16$ такие числа $x_1, \dots, x_{16}$ подбрать нельзя.

Предположим, что заданы числа $x_1, \dots, x_{16}$, удовлетворяющие условиям задачи, и попытаться прийти к противоречию.

Пусть $m = x_1 + \dots + x_{16}$. Можно считать, что $m \geq 0$ (иначе мы могли бы заменить все числа $x_i$ на $-x_i$ без нарушения условий задачи), как было показано, $m^2 = n = 16$, то есть $m=4$.

Если $p$ из чисел $x_i$ равны $1$ и $q$ равны $-1$, то

$$p + q = n = 16 \text{ и } p - q = m = 4.$$
Значит, $p=10$, $q=6$.

Будем считать, что числа $x_i$ выписаны в вершинах правильного 16-угольника. Отметим звездочками те вершины, где стоит число $-1$ (всего 6 звездочек). Пусть мы повернули всю картину на $\frac{k}{16}$ частей полного оборота ($k=1, 2, \dots, 15$).

Докажем, что при этомровно 2 звездочки перейдут в вершины, где равные были звездочки. Дейстительно, пусть $r$ чисел, равных $-1$, перешли на места, где стояли $-1$. Тогда в сумме $x_1x_{k+1} + x_2x_{k+2} + \dots + x_{16-k+1}x_1$ будет $(6-r)$ слагаемых, в которых первый сомножитель равен $-1$, а второй $+1$, и $(6-r)$ слагаемых, в которых второй сомножитель равен $-1$, а первый $+1$; значит, $2(6-r)$ слагаемых, равных $-1$.

Так как сумма равна 0, то $2(6-r) = 8$, то есть $r=2$.

Теперь можно переформулировать нашу задачу следующего образом: можно ли в вершинах правильного 16-угольника расставить 6 звездочек так, чтобы две из них стояли в противоположных вершинах, и для любого числа $k$ от 1 до 7 существовало бы равное $k$ (под расстоянием между двумя точками полиметра длина меньше из дуг, их соединяющих, причем длина всего окружности принята за 16 частей; расстояние между точками $X$ и $Y$ мы будем обозначать $(XY)$.

Обозначим через $A$ и $B$ диаметрально противоположные точки, отмещенные звездочкой, и через $C, D, E, F$ — другие отмещенные точки. Подсчитаем сумму всех расстояний между точками $A, B, C, D, E, F$. Расстояние 8 встречается один раз, а расстояния от 1 до 7 по два раза — итог общая сумма $2(1+2+3+4+5+6+7)+8=64$.

Посмотрим, какие расстояния реализуется между точками $C, D, E, F$. Так как $(AX) + (BX) = 8$ для любой точки $X$, то сумма $\Sigma$ всех расстояний между точками $C, D, E, F$ равна $64 - (AB) - 4 \cdot 8 = 24$. Кроме того, если какое-то расстояние $k$ реализуется между точками $C, D, E, F$, это значит, что среди чисел $(AC), (AD), (AE), (AF) и (BC), (BD), (BE), (BF)$ встречается меньше двух раз; но тогда и $(8-k)$ встречается меньше двух раз, то есть $(8-k)$ тоже реализуется как расстояние между точками $C, D, E, F$. Посмотрим, как же могут располагаться точки $C, D, E, F$. Легко проверить, что возможно два случая.

1. Какие-то три точки (например, $C, D, E$) образуют треугольник, содержащий центр окружности. Пусть $F$ лежит между $C$ и $D$. Тогда

$$(CD) + (DE) + (CE) = 16,$$
$$(CF) + (DF) = (CD),$$

и, кроме того, $(EF)$ больше $(CE)$ или $(DE)$. Так как $(CD) + (DE) > 8$ и $(CD) + (CE) > 8$, то $\Sigma = (CD) + (DE) + (CE) + (CF) + (DF) + (EF) = 16 + (CD) + (EF) > 24$, хотя, как мы показали раньше, эта сумма должна равнять 24. Значит, первая счучая новозможен.

2. Точки $C, D, E, F$ лежат с одной стороны от некоторого диаметра. Пусть они расположены по окружности в следующем порядке $C, D, E, F$. Тогда $(CD) + (DF) = (CF) + (CE) + (DF) + (EF) = 16$ (сумма $3(CF) + (DE)$). Значит, $3(CF) + (DE) = 24$. Так как $CF > DE$, то $(CF) = 7$, $(DE) = 3$. Если $(CD) = 1$, то $(DF) = 6$; но при этом расстояние $2 = 8 - 6$ не реализуется между точками $C, D, E, F$, что противоречит ранее доказанному. Если $(CD) = 2$, то хотя $(CF) = 7$, расстояние 1 не реализуется. Если $(CD) = 3$, то $(EF) = 1$, и этот случай не отличается от случая $(CD) = 1$.

Итак, мы получили, что расстояние звездочки требуемым способом (a значит, и по-видимому, удовлетворяющие условиям задачи число подобрать только при $n=4$.

Д. Н. Берништейн

M133

Один из простейших многооклеточных организмов — водорось «волвовок» — пред-

47

Рис. 9.

ставляет собой сферическую оболочка, сложенную в основном семиугольнике, шестиугольники и пятугольники клетками (то есть клетками, имеющими семь, шесть или пять соседних; в каждой «вершине» сходятся три клетки (рис. 9). Бывают экземпляры, у которых есть и четырехугольные, и восмиугольные клетки, но биологи заметили, что если таких «нестандартных» клеток (менее, чем с пятую и более, чем с семью стороны) нет, то пятугольных клеток всегдаровно на 12 большие, чем семиугольных (всего клеток может быть несколько сoten и даже тысячи). Не может ли объяснить этот факт?

Утверждение задачи следует из формулы Эйлера. (О формуле Эйлера смотрите «Квант» № 4, 1972, стр. 31 или Курант и Роббин и с «Что такое математика?» М., «Просвещение», 1967). Действительно, обозначим число вершин волвокса через $B$, число ребер — через $P$, а число граней с $i$ вершинами — через $\Gamma_i$. Тогда по формуле Эйлера

$$2 = B - P + \Sigma \Gamma_i.$$

Но $3B = \Sigma_i \Gamma_i$, поскольку, по условию, в каждой вершине сходятся три грани, а $2P = \Sigma_i \Gamma_i$ — к каждому ребру примыкают две грани. Следовательно,

$$12 = 6B - 6P + 6\Sigma \Gamma_i = \Sigma_{2i} \Gamma_i - \Sigma_{3i} \Gamma_i + \Sigma_{6i} \Gamma_i = \Sigma (6 - i) \Gamma_i.$$

По условию, нестандартных граней нет, то есть $\Gamma_3 = \Gamma_4 = \Gamma_8 = \Gamma_9 = \ldots = 0$. Поэтому $\Gamma_5 - \Gamma_7 = 12$ — в заменательном соответствии с наблюдами биологов.

M134

Какое множество точек заполняется тремя такжеми треугольников, три вершины которых лежат соответственно на трех сторонах $AB, BC$ и $AC$ данного треугольника $ABC$?

Рис. 10.

Нам будет удобно рассматривать не только полноценные треугольники, но и вырожденные треугольники тоже. Докажем сначала, что любая точка синего шестиугольника является центром тяжестни вписанной треугольника (рис. 10). Для этого нам понадобится такая

Лемма. Если точка $O_1$ является центром тяжестни вписанной треугольника $K_1L_1M_1$, а точка $O_2$ — центром тяжестни вписанной треугольника $K_2L_2M_2$, то для любой точки отрезка $[O_1, O_2]$ можно указать вписанный треугольник, для которого она является центром тяжестни. Поместим теперь границы $\frac{p_1}{3}$ в вершины треугольника $K_1L_1M_1$, а границы $\frac{p_2}{3}$ в вершины треугольника $K_2L_2M_2$ (рис. 11). Центр тяжестни этих шестиугольников совпадает с точкой $O_3$. С другой стороны, он является центром тяжестни границы $\frac{p_1 + p_2}{3}$, помещенных в вершины треугольника $K_3L_3M_3$, полученного следующего пар границ $\frac{p_1}{3}, \frac{p_2}{3}$, помещенных в точки $K_1, K_2; L_1, L_2$ и $M_1, M_2$, соответственно. Таким образом, исходя из треугольников $K_1L_1M_1$ и $K_2L_2M_2$ и произвольной точки $O_3$ отрезка $[O_1, O_2]$, мы построили треугольник $K_3L_3M_3$, центром тяжестни которого она является. Лемма доказана.

Теперь легко доказать, что любая точка синего шестиугольника является центром

48

Рис. 11.

тяжестии некоторого вписанного треугольника. Действительно, достаточно доказать это для его вершин, а затем воспользоваться леммой — с ее помощью мы от вершин сложем перейти к границе, а потом и к любой внутренней точке. Но для вершин такие треугольники строятся без труда: это треугольники, у которых вершины лежат в вершинах основного треугольника и две вершины слились в одну.

Рис. 12.

Остается доказать, что точки, лежащие внутри треугольников $AB_1C_1$, $A_1BC_2$, $A_2B_2C$, не могут быть центрами тяжестии вписанных треугольников. Действительно, пусть для некоторой точки $O$ треугольника $AB_1C_1$ называется треугольник $KLM$, для которого она является центром тяжестии (рис. 12). Но тогда она делит отрезок $KN$ в отношении 1:2, что невозможно.

Л. Г. Лиманов

В этом номере мы публикуем решение задач Ф148—Ф152

Ф148

Ядро массы $M$, letящее со скоростью $v$, распадается на два одинаковых осокла. Внутренняя энергия ядра $E_1$, внутренняя энергия каждой из осоклов $E_2$ ($E_1 > 2E_2$). Определить максимальный возможный угол между вектором скорости одного из осоклов и вектором $v$.

Рис. 13.

В системе координат, связанной с центром масс ядра и движущейся относительно Земли со скоростью $v$, осокли разделяются в противоположные стороны с одинаковыми скоростями. Кинетическая энергия этих осоклов равна разности внутренней энергия ядра и

внутренних энергий осоклов. Если скорость каждойого из осоклов равна $v_1$, то

$$2 \frac{mv_1^2}{2} = E_1 - 2E_2.$$

Отсюда найдем скорость каждой из осоклов:

$$v_1 = \sqrt{\frac{E_1 - 2E_2}{m}} = \sqrt{\frac{2(E_1 - 2E_2)}{M}}.$$

Скорость осокла в системе координат, связанной с Землей, равна векторной сумме скоростей $v$ и $v_1$. Скорость $v_1$ осокла в системе координат, связанной с центром масс ядра, может иметь произвольное направление. Но вектор $v'$ скорости осокла в системе координат, связанной с Землей, составляет набольший угол с вектором $v$ в том случае, когда вектор $v_1$ перпендикулярен вектору $v'$ (рис. 12). В этом случае вектор скорости осокла $v'$ составляет с вектором $v$ угол $\alpha$ такой, что

$$\sin \alpha = \frac{v_1}{v} = \sqrt{\frac{2(E_1 - 2E_2)}{Mv^2}}.$$

Во сколько раз уменшится сила притяжения двух маленьких шарикков, один из ко-

49

торых заряжен, а другой нейтрален, если расстояние между шариками увеличить вдвое?

Заряженный шарик является источником электрического поля, поляризушего нейтральный шарик. В результате поляризация нейтральный шарик становится диполем — в целом нейтральным шариком с зарядами $+q'$ и $-q'$, расстояние между которых равно диаметру шарика $2r$ (рис. 14). Величина заряда $q'$, или, как говоря, степень поляризации шарика, пропорциональная напряженность поля в центре этого шарика, то есть величины $\frac{q}{R^2}$, где $q$ — заряд другого шарика:

$$q' = \frac{\alpha q}{R^2}$$

(α — коэффициент пропорциональнойности).

Теперь найдем силу взаимодействия зарядов шариков. Эта сила равна сумме сил прияжения между зарядом $q$ и зарядом $-q'$ и силы отталкивания между зарядом $q$ и зарядом $+q'$:

$$F = \frac{qq'}{(R-r)^2} - \frac{qq'}{(R+r)^2} = \frac{\alpha q^2}{R^2} \left( \frac{1}{(R-r)^2} - \frac{1}{(R+r)^2} \right) = \frac{\alpha q^2}{R^2} \frac{4Rr}{(R^2-r^2)^2}.$$

Так как $R > r$, то в значенателе формулы можно пребречь $r^2$ по сравнению с $R^2$. В результате получим:

$$F = \frac{\alpha q^2}{R^2} \frac{4Rr}{R^4} = \frac{4\alpha q^2 r}{R^5}.$$

Таким образом, сила взаимодействия шариков пропорциональная $\frac{1}{R^5}$, где $R$ — расстояние между центрами шариков. При увеличении расстояния между шариками в 2 раза сила их взаимодействия уменьшится в 32 раза:

$$\frac{F_1}{F_2} = \frac{\frac{4\alpha q^2 r}{R^5}}{\frac{4\alpha q^2 r}{(2R)^5}} = 2^5 = 32.$$

Рис. 14.

Ф150

В некоторых галактике обнаружена звезда 3 с планетой Π, делаюшей за время $T_1$ один оборот вокруг звезды и за время $T_2$ один оборот вокруг звезды. Спутник планеты C делает один оборот вокруг звезды. Через какое время повторяется в данном месте планеты заттемение спутника C?

Все тела врашают в одной плоскости.

Пусть в системе координат, связанной с неподвижными звездами, планета и спутник врашают так, как показано на рисунке 15, а $\omega_1 = \frac{2\pi}{T_1}$ – угловая скорость врашения планеты воокруг собственной спи $\omega_3 = \frac{2\pi}{T_3}$ – угловая скорость врашения спутника воокруг спи $\omega_3$.

В системе координат, связанной с планетой, но не врашающего относительно неподвижных далеких звезд, звезда врашается воокруг планеты с угловой скоростью $\omega_1$, как показано на рисунке 15, а спутник врашается воокруг спи $\omega_3$.

Теперь перейдет в системе координат, связанной с планетой и врашающего вместе с ней. В этой системе координат звезда врашается воокруг планеты с угловой скоростью $\omega' = \omega_1 - \omega_2$, а спутник – с угловой скоростью $\omega'' = \omega_3 - \omega_2$.

Если в некоторых моментах на планете наблюдается заттемение спутника, то следующее заттемение спутника будет наблюдаться на планете через время $t$, за которым звезда заттемется на угол $\varphi$, а спутник – на угол $2\pi + \varphi$. Мы предполагаем, что $\omega_3 > \omega_1$.

$$\varphi = \omega' t$$

и

$$2\pi + \varphi = \omega'' t.$$

Отсюда

$$2\pi = (\omega'' - \omega') t,$$

$$t = \frac{2\pi}{\omega'' - \omega'} = \frac{2\pi}{\omega_3 - \omega_1} = \frac{T_1 T_3}{T_1 - T_3}.$$

Ясно, что следующее заттемение произойдет, когда звезда поверхности на угол $2\varphi$, затем, когда она поверхности на угол $3\varphi$, и т. д. Если при некоторых целом $N$ число $N\varphi$ будет равно целому кратному $2\pi$, то $N$-е заттемение придает в началеную точку. Итак, если $N\varphi = 2\pi m$, то есть, если число $\frac{\varphi}{2\pi}$ можно представить в виде несократимой дроби

$$\frac{\varphi}{2\pi} = \frac{\omega'}{\omega'' - \omega'} = \frac{T_3(T_2 - T_1)}{T_2(T_1 - T_3)} = \frac{m}{N},$$

50

Пис. 15.

то через промежуток времени
$$mt = \frac{2\pi m}{\omega'' - \omega'} = \frac{2\pi m T_3 T_1}{T_1 - T_3}$$

заттение будет приходиться в ту же самую точку. Если же число $\frac{\varphi}{2\pi}$ и граница на льно, то $N\varphi (N = 1, 2, 3, \dots)$ никака не будет целым кратным 2л и поэтому заттение никака не придется в ту же точку.

На практике, конечно, относение $\frac{\varphi}{2\pi} = \frac{\omega'}{\omega'' - \omega'} = \frac{T_3 (T_2 - T_1)}{T_2 (T_1 - T_3)}$ можно указать только приближенно, и не имеет смысла

ла говорить о том, рациональное это число или irrationalное. Но нашей рассудение показывает, что если число $\frac{m}{N}$ с небольшими числительем и знаменателем, то заттение будет произходить почти точно в одном из $N$ мест планы (последовательно проходя через все эти $N$ мест), а если не произходит каждый раз в новом месте.

Ф151

Два плоских зеркала образуют двумя нулевыми угол с расстояром 90°. В угол вставлена линия с фокусным расстоянием $F$ так, что главная оптическая ось лины составляет угол 45° с каждой зеркалом. Радиус лины равен ее фокусному расстоянию. На эти положение изображения источника, расположенного на главной оптической оси лины на расстоянии 1,5F от лины. Записав формулу лины
$$\frac{1}{F} = \frac{1}{1,5F} + \frac{1}{f_1},$$
найдем
$$f_1 = 3 F.$$
Это означает, что точка $S_1$ находится на расстоянии 2F от линии пересечения зеркал. Но лучи, идущие к зеркалу $I$, отражаются от него, и если бы не было зеркала $II$, пересекались бы в точке $S_2$. Точка $S_2$ находится на прямой, перpendикулярной к оптической оси лины, на расстоянии 2F от линии пересечения зеркал. Докажем это.

Угол 1 равен углу 2 (как накрест лежащие) и равен углу 3 (это следует из закона отражения). Следовательно, угол 2 равен углу 3. Можно показать и то, что угол 4 равен углу 5. Но отсюда следует, что треугольник $ABS_2$ равен треугольнику $ABS_1$ – у них одна общая сторона $AB$ и равны между собой углы, прилежащие к этой стороне. Очевидно, треугольник $ABS_2$ является отражением треугольника $ABS_1$ относительно прямой $I-I$. Отсюда и следует, что $OS_2 = OS_1 = 2F$ и так как $S_1OC = S_2OC = 45^\circ$, то $S_2OS_1 = 90^\circ$.

Нетрудно показать, что лучи, идущие к зеркалу $II$ в «минимый источник», точку $S_2$, отражаясь, пересекались бы, если бы не было лины, в точке $S_3$, находящейся на главной оптической оси лины на расстоянии 2F от линии пересечения зеркал, то есть на расстоянии $F$ от лины.

51

Рис. 16.

Точка $S_3$ — это минимый источник для линзы. Найдем его изображение $S_4$. Запишем для этого еще раз формулу линзы:

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{d} + \frac{1}{f_2},$$

где $d = -F$ (так как источник $S_3$ — минимый), $a$ $f_2$ — расстояние от линзы до изображения $S_4$.

Из последнего уравнения найдем

$$f_2 = 0,5 F.$$

Таким образом, изображение $S_4$ источника $S$, даваемое системой, будет находиться на расстоянии 0,5 $F$ от линзы.

Ф152

Объем газового пульера, образованшегося в результате глубинного подводного взрыва, колблется с перiodом, пропорциональным $pa\rho bEc$, где $p$ — давление, $\rho$ — плотность воды и $E$ — полная энергия взрыва. Найти $a$, $b$ и $c$.

Известно, что

$$T \sim pa\rho bEc.$$

Величина, стояшая слева в этой формуле, имеет размерность времени $[c]$. Точно такую же размерность должна иметь величины, стояшая справа. Запишем размерности всех величины:

$$p \rightarrow \left[ \frac{H}{m^2} \right] \rightarrow \left[ \frac{\kappa_2}{m \cdot c^2} \right]; \quad \rho \rightarrow \left[ \frac{\kappa_2}{m^3} \right];$$

$$E \rightarrow [\partial \kappa] \rightarrow \left[ \frac{\kappa_2 \cdot m^2}{c^2} \right].$$

Произведение $\rho a\rho bEc$ имеет размерность

$$\left[ \frac{\kappa_2}{m \cdot c^2} \right]^a \left[ \frac{\kappa_2}{m^3} \right]^b \left[ \frac{\kappa_2 \cdot m^2}{c^2} \right]^c \rightarrow [\kappa_2]^{a+b+c} [m]^{-a-3b+2c} [c]^{-2a-2c}.$$

Для того чтобы размерность этого произведения была $[c]$, необходимо, чтобы

$$-2a - 2c = 1,$$

$$a + b + c = 0,$$

$$-a - 3b + 2c = 0.$$

Решая эту систему уравнения, найдем

$$a = -\frac{5}{6}; \quad b = \frac{1}{2}; \quad c = \frac{1}{3}.$$

Следовательно,

$$T \sim p^{-\frac{5}{6}} \rho^{\frac{1}{2}} E^{\frac{1}{3}}.$$

И. Ш. Слободецкий.