Решения задач М135—М140; Ф153—Ф158

Квант 1972, №12 с. 37, 38, 39, 41, 44, 45, 46, 47, 48 Тег 8WRM

Решения

В этом номере мы публикуем решения задач M135—M140

M135
Докажите, что для каждой натурального $n>1$ верно то жество

$\sin x \sin \left( x + \frac{\pi}{n} \right) \sin \left( x + \frac{2\pi}{n} \right) \times \cdots$
$\cdots \times \sin \left( x + \frac{(n-1)\pi}{n} \right) = c_n \sin nx,$
где $c_n$ — некоторое число (зависшее от $n$ ), и найдите $c_n$ .

Сначала докажем следующую лемму.
Лемма. $\sin nx = \sin x \cdot A_n (\cos x),$
еде $A_n (x)$ — некоморный многочлен степени $(n-1)$ с первым коэффициентом $2^{n-1}$ , $\cos nx = B (\cos x),$
еде $B_n (x)$ — некоморный многочлен степени $n$ с первым коэффициентом $2^{n-1}$ .

Ясно, что при $n=1$ утверждение леммы верно. Пусть оно верно для $n=k$ . тогда

$\sin (k+1) x = \sin x \cdot \cos kx + \cos x \cdot \sin kx = \sin x \cdot \left( B_k (\cos x) + \cos x \cdot A_k (\cos x) \right);$
$\cos (k+1) x = \cos x \cdot \cos kx - \sin x \cdot \sin kx = \cos x \cdot B_k (\cos x) + \left( \cos^2 x - 1 \right) A_k (\cos x).$

Позотому ясно, что $A_{k+1} (x) = B_k (x) + x A_k (x)$ и $B_{k+1} (x) = x B_k (x) + \left( x^2 - 1 \right) A_k (x)$ — многочлены с первым коэффициентом, равным сумме первых коэффициентов многочленов $A_k (n)$ и $B_k (n)$ , — то есть с первым коэффициентом, равным $2^{k-1} + 2^{k-1} = 2^k$ . Лемма доказана.

Положим $f(x) = \sin \left( x + \frac{\pi}{n} \right) \times \cdots \times \sin \left( x + \frac{\pi (n-1)}{n} \right)$ . Струппирум попарно члены вида $\sin \left( x + \frac{\pi i}{n} \right)$ и $\sin \left( x + \frac{\pi (n-i)}{n} \right),$ где $0 < i < \frac{n}{2}$ .

Если $n$ четно, то в произведении остатся еще член

$\sin \left( x + \frac{\pi \frac{n}{2}}{n} \right) = \sin \left( x + \frac{\pi}{2} \right) = \cos x.$

Преобразуем попарные произведения:

$\sin \left( x + \frac{\pi i}{n} \right) \cdot \sin \left( x + \frac{\pi (n-i)}{n} \right) = \frac{1}{2} \left( -\cos (2x + \pi) + \cos \left( \frac{2\pi i}{n} - \pi \right) \right) = \frac{1}{2} \left( \cos 2x - \cos \frac{2\pi i}{n} \right) = \frac{1}{2} \left( 2 \cos^2 x - 1 - \cos \frac{2\pi i}{n} \right) = \cos^2 x - d_i,$
где $d_i$ — некоморые constants.

Итак, $f(x) = D_n (\cos x)$ , где $D_n (x)$ — некоморный многочлен степени $(n-1)$ с первым коэффициентом 1.

Нам осталось доказать, что $A_n (x) = 2^{n-1} D_n (x)$ (в частности, отсюда будет следовать, что константа $c_n$ в условиях задачи равна $\frac{1}{2^{n-1}}$ ).

Воспользуемся для этого теоремию о том, что многочлен степени $k$ имеет не более $k$ различных корней. (Ниже мы напомним, как она доказывается.)

Рассмотрим многочлен $F(x) = A_n(x) - 2^{n-1}D_n(x)$ . Его степень меньше, чем $(n-1)$ , так как коэффициенты при $x^{n-1}$ у многочленов $A_n(x)$ и $2^{n-1}D_n(x)$ равны. Значит, либо $F(x)$ тождейственно равен 0, либо $F(x)$ имеет меньше, чем $(n-1)$ корень.

Рассмотрим точки $x_1 = -\frac{\pi}{n}, x_2 = -\frac{2\pi}{n}, \ldots, x_{n-1} = -\frac{\pi(n-1)}{n}$ и путь $t_i = \cos x_i$ . Ясно, что $f(x_i) = 0$ , и потому $D_n(t_i) = 0$ ; кроме того, $\sin(n \cdot x_i) = 0$ , а $\sin x_i \neq 0$ , — значит, $A_n(\cos x_i) = A_n(t_i) = 0$ . Заметим, что все точки $t_i$ различны так как cos $x$ возвращает на отрезке $[-\pi, 0]$ .

Итак, многочлен $F(x)$ обращается в нуль в $(n-1)$ точке $t_1, t_2, \ldots, t_{n-1}$ и, значит, $F(x)$ тождейственный нуль. Таким образом, $A_n = 2^{n-1}D_n$ , то есть

$\sin x \cdot \sin \left(x + \frac{\pi}{n}\right) \times \cdots \times \sin \left(x + \frac{\pi(n-1)}{n}\right) = \frac{1}{2^{n-1}} \sin nx.$

Напомним теперь, как доказывается, что у многочлена степени $k$ не более $k$ корней. Для $k = 1$ это очевидно. Пусть это утверждение верно при $k = l-1$ и путь $P(t) = a_l t^l + a_{l-1} t^{l-1} + \ldots + a_1 t + a_0$ — многочлен степени $l$ ( $a_l \neq 0$ ). Пусть $\alpha$ — корень многочлена $P$ (если у $P$ нет корней, то все доказано): $P(\alpha) = a_l \alpha^l + \ldots + a_0 = 0$ . Поэтому $P(t) = P(t) - P(\alpha) = a_l (t^l - \alpha^l) + a_{l-1} (t^{l-1} - \alpha^{l-1}) + \ldots + a_1 (t - \alpha).$ Легко проверить, что $t^l - \alpha^l = (t - \alpha)(t^{l-1} + \alpha t^{l-2} + \alpha^2 t^{l-3} + \ldots + \alpha^{i-2} t + \alpha^{i-1}).$ Поэтому $P(t) = (t - \alpha)[a_l (t^{l-1} + \ldots + \alpha^{l-1}) + a_{l-1} (t^{l-2} + \ldots + \alpha^{l-2}) + \ldots + a_1] = (t - \alpha) H(t)$ , где $H(t)$ — неокторный многочлен степени $l-1$ .

По предположению $H(t)$ имеет не более $(l-1)$ корня. Значит, $P$ имеет не более $l$ корней ( $\alpha$ и корни многочлена $H(t)$ ).

Наште утверждение доказано для всех $k$ .

И. Н. Берништейн

M136

Можно ли увеличить из каменоломни 50 камней, веса которых 370 ке, 372 ке, 374 ке, …, 468 ке (все составляют арифметическую прогрессию с разностью 2 ке), на семи трех конах?

Ответ: нельзя.

Если бы камни удалилось увеличить, то на какую-то трехонку пришлось бы положить 8 камней, но даже 8 самых легких камней весят

$370 + 372 + 374 + 376 + 384 + 382 + 380 + 378 = 4.754 = 3016$

килограммов — большие трех тонн.

Рис. 2.

длинны и имеющий большую площадь (рис. 1), то ясно, что достаточно доказать неравенства a), 6) для выпуклого четырехугольника. Поэтому мы будем рассматривать только выпуклые четырехугольники.

Итак, путь в выпуклом четырехугольнике $ABCD$ (рис. 2) $AB = a, BC = b, CD = c, DA = d$ , площадь $ABCD$ равна $S$ . Площадь треугольника всегда не превышает половины произведения двух его сторон (рис. 3). Поэтому

$2S(\Delta ABC) \leq ab \text{ и } 2S(\Delta CDA) \leq cd. \tag{1}$

Сложив эти неравенства, получим

$2S \leq ab + cd. \tag{2}$

Равенство здесь достигается в том случае, когда оно достигается одновременно в общих неравенствах (1), то есть в том и только в том случае, когда уелы $B$ и $D$ — оба примывые. Разумеется, в этом случае четырехугольник $ABCD$ можно писать в окружность (причем диагональ $AC$ является диаметром). Из сказанного выше следует также, что четырехугольник, для которого $2S = ab + cd$ , можно составить из отрезков $a, b, c, d$ в том и только в том случае, если их длины удовлетворяют условияю

$a^2 + b^2 = c^2 + d^2. \tag{3}$

Задача 6) несколько труднее. Ее можно решить «в лоб», применяя различные формулы для площадей треугольников. Но есть и совсем простое геометрическое решение.

Разрежем четырехугольник, как и раньше, диагональ $BD$ на два треугольника и один из них — скажем, треугольник $BCD$ — «перевернем на обратную сторону» и снова приложим стороной $BD$ к треугольнику $BAD$ . Другими словами, заменим $\triangle BCD$ треугольником $BC'D$ , симметриным ему относительно перпендикула, проходящо через середину отрезка $BD$ (рис. 4). Ясно, что площадь четырехугольника $S$ от этого не изменится. Но теперь мы можем воспользоваться результатом задачи a):

$2S \leq AB \cdot BC' + C'D \cdot DA$

или

$2S \leq ac + bd. \tag{4}$

Равенство в (4) достигается, если у «перестроенного» четырехугольника $ABC'D$ углы $B$ и $D$ — прямые, то есть если у исходного четырехугольника $ABCD$ углы, которые диагональ $BD$ образует с каждой парой противоположных сторона, в сумме дают по $90^\circ$ :

$\angle ABD + \angle BDC = \angle ADB + \angle DBC = 90^\circ \tag{5}$

Отсюда конечно, следует, что $\angle ABC + \angle ADC = 180^\circ$ , то есть четырехугольник $ABCD$ — вписанный (это ясно и из того, что $\angle A + \angle C = \angle A + \angle C' = 180^\circ$ ). (Заметим, что четырехугольник, для которого

$2S = ac + bd, \tag{6}$

можно составить из отрезков $a; b, c, d$ в том и только в том случае, когда

$a^2 + c^2 = b^2 + d^2; \tag{7}$

это следует из (3) в применении к $ABC'D$ .

Еще одно замечание. Не кажется ли вам страным, что необходимое и достаточно для равенства (6) условия (5) «неисметрично»? Ведь в (6) обе пары противоположных вершин участвуют равноправно — чем же диагональ $BD$ лучше, чем $AC$ ? Она, конечно, ничего не лучше. Мы сейчас увидим, что условие (5) можно заменить симметриным и поэтому, как часто бывают, более простым.

Рис. 4.

Легко проверить (рис. 5), что условие (5) эквивалентно просто такому: четырехугольник ABCD — випсанный и AC⊥BD.

Тепер мы можем сформулировать наш результат так: для того, чтобы выполнять равенство (6), необходимо и достаточно, чтобы четырехугольник ABCD был вписанным и имел взаимно перпендикулярные диагонали.

(Попутно мы еще доказали, что для таких четырехугольников выполяется условие (7). Вспомните, как это сделать!).

Рис. 5.

Кроме решения с «переворачиванием треугольника» еще одно простое решение задачи 6) основано на неравенстве Пмолемея, то есть на такой теореме (см. «Кваант» № 4, 1972 г., стр. 45, решение М99):

В любом четырехугольнике ABCD

$AC \cdot BD \leq AB \cdot CD + AD \cdot BC,$

(8)

причем равенство здесь достаточно моеда и молко моеda, коеда четырехугольник ABCD — випсанный.

Из этой теоремы следует, что (ф — угол между диагоналями)

$S = AC \cdot BD \cdot \sin \varphi \leq AB \cdot CD + AD \cdot BC = ac + bd.$

На этом пути условия равенства сразу получается в «симметрином» виде (но это труднее получить условие (7)).

M138

Докажите, что если m и n — целые числа и 1 ≤ m < n, то

$\sum_{k=1}^{n} (-1)^k k^m C_n^k = 0,$

где $C_n^k$ — биомпальные коэффициенты, то есть коэффициенты многочлена

$(1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k x^k.$

(Например, если n = 4, то $C_4^0 = 1, C_4^1 = 4, C_4^2 = 6, C_4^3 = 4, C_4^4 = 1$ и верны равенства:

$-1 \cdot 4 + 2 \cdot 6 - 3 \cdot 4 + 4 \cdot 1 = 0,$

$-1^2 \cdot 4 + 2^2 \cdot 6 - 3^2 \cdot 4 + 4^2 \cdot 1 = 0,$

$-1^3 \cdot 4 + 2^3 \cdot 6 - 3^3 \cdot 4 + 4^3 \cdot 1 = 0.$ )

Десять читатель прислада элементы решения этой задачи (с помощью метода математического индукции). Приведем одно из наиболее коротких доказательств, присланное В. Фришлингом (Тбилиси).

Нетрудно проверить, что доказываемые равенства верны при n=2, 3, 4 (см. пример в тексте задачи). Допустим, что при l<n-1 равенства $\sum_{j=0}^{l-1} j^l C_{n-1}^l = 0$ верны. Воспользовавшись равенством

$C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n}{k} \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} = \frac{n}{k} C_{n-1}^k,$

*) Мы пишем здесь и ниже знак суммирования не совсем привящим образом

$\sum_{k=0}^{n} \text{вместо «старого образца»} - \sum_{k=0}^{n} \text{чтобы сэкономить место и упростить работу наборщика. Так делают сейчас во многих научных журналах.}$

При этом мы будем каждый раз, как только это возможно, применять операцию $A'$ или $B'$ , чтобы по возможности на каждом шаге уменшать наше число. Получим:

$1972 \rightarrow 3944 \rightarrow 394 \rightarrow 78 \rightarrow 156 \rightarrow 312 \rightarrow 624 \rightarrow 62 \rightarrow 124 \rightarrow 12 \rightarrow 24 \rightarrow 2 \rightarrow 4.$

Ясно, что прочитав эту последовательность от конца к началу, мы получим нужный результат. (Операция $B'$ здесь не используется.)

Докажем, что если с каждым числом $N$ поступать так же, как мы поступали с числом 1972 (примянут операцию $A'$ или $B'$ , а если это не возможно — $B'$ ), то через несколько шагов мы придем к числу 4.

Для этого достаточно доказать, что в получающейся при этом последовательности каждое число через несколько шагов превращается в меньшее число (или в число 4). Отсюда будет следовать, что в конце концов мы обязаательно придем к числу 4, поскольку нельзя построить бесконечной последовательности натуральных чисел, в котором за каждым числом встречется меньше шее.

Итак, убедимся, что каждое число за несколько операций $A'$ , $B'$ , $B'$ можно уменшить (или прийти из него к 4; этот последний случай мы дальнейшее особо не оговориваем).

Если последняя цифра числа 0 или 4, то после применения $A'$ или $B'$ оно уменшается по крайней мере в 10 раз.

Пусть последняя цифра числа отлична от 0 и 4. В таблице 1 показано, как меняется последняя цифра при применении $B'$ (операция $B'$ , то есть уведомление числа в 2 раза, обозначающая черной стрелкой, возможно применения $A'$ или $B'$ — красной стрелкой):

$\begin{array}{c} 0 \rightarrow \\ 1 \rightarrow 2 \rightarrow 4 \rightarrow \\ 2 \rightarrow 4 \rightarrow \\ 3 \rightarrow 6 \rightarrow 2 \rightarrow 4 \rightarrow \\ 4 \rightarrow \\ 5 \rightarrow 0 \rightarrow \\ 6 \rightarrow 2 \rightarrow 4 \rightarrow \\ 7 \rightarrow 4 \rightarrow \\ 8 \rightarrow 6 \rightarrow 2 \rightarrow 4 \rightarrow \\ 9 \rightarrow 8 \rightarrow 6 \rightarrow 2 \rightarrow 4 \rightarrow \end{array}$

Из этой таблицы видно, что если число $N$ оказивается на любую цифру, кроме 9, то после не более чем трехкратного применения $B'$ , то есть после уведомления не более, чем в 8 раз, к нему можно применить $A'$ или $B'$ , то есть уменшить его по крайней мере в 10 раз. В итоге из $N$ получится число, не превысodiaщее $\frac{8}{10}N < N$ .

Осталось рассмотреть лишь числа $N$ , заканчивающейся на 9, которые до перехода к $A'$ уведомляются в 16 раз. Заметим, что какой бы ни была предыдущая перед 9 цифра числа $N$ , предпоследняя цифра числа

$16N = 16(10a+9) = 160a+144$

всегда етна.

Если эта цифра не 8, то 16 $N$ после $A'$ и не более чем двух операций $B'$ превращится снова в число с цифрой 0 или 4 на конце, которое мы можем уменшить по крайней мере в 10 раз. В итоге из $N$ получится число, не превысodiaщее $\frac{16 \cdot 4N}{100} < N$ .

Остался случай, когда 16 $N$ оказивается на 84. Заметим, что какой бы ни была предыдущая перед 8 цифра этого числа, после операций

$16N = \dots \quad 84 \rightarrow 10b+8 \rightarrow \rightarrow 80b+64 \rightarrow 8b+6$

получим число, оканичивающееся на четную цифру.

Если эта цифра не 8, то не более чем за две операции $B$ мы получаем число с цифрой 0 или 4 на конце, отбрасываем ее и в итоге получаем из $N$ число, не превысodiaщее $\frac{16 \cdot 8 \cdot 4}{1000}N < N$ .

Наше утверждение доказано, и задача решена.

Попробуйте, разобравшись в этом решении, перевести с помощью операций $A$ , $B$ , в число 4 в 1249 (это одно из самых «неприятных» чисел).

Многое читатели, которые решали задачу $M140$ этим путем, не заметили или не до конца разобрали случай, когда число $N$ оказывается на 9.

Значительно более короткое решение придумали $A$ . Астмаов (Львов), $A$ . Арсасян (Камо), $\Gamma$ . Висоцкая (Краснойрск). Они доказывают, что из любого четырех числа можно с помощью операций $A'$ , $B'$ , $B'$ получить меньшее число (ясно, что этого достаточно для решения задачи). Здесь достаточно рассмотреть 5 случаев:

$10k \rightarrow k$ ,
$10k+2 \rightarrow 20k+4 \rightarrow 2k$ ,
$10k+4 \rightarrow k \rightarrow 2k$ ,
$10k+6 \rightarrow 20k+10+2 \rightarrow 40k+20+4 \rightarrow 4k+2$ ,
$10k+8 \rightarrow 20k+10+6 \rightarrow 40k+30+2 \rightarrow 80k+60+4 \rightarrow 8k+6$ .

Ниже мы публикуем список читателей, приславших нам правильные решения

В этом номере мы публикуем решения задач Ф153—Ф158

Ф153
Почему реки, текущие по совершению плоской однородной почве, изгибаются?
Для простоты рассмотрите реку, текущую вдоль экватора.

Извилистое течение рек связывано с тем, что их прямолинейное течение неустойчиво. Это означает, что при случайном образование небольшой извилины или неоднородности текущей реки, например, из-за упавшего в воду дерева, образовавшийся изгиб реки будет увеличиваться. Для того чтобы разобраться,почему это проискодит, рассмотрим . . . стакан с чаем, в котором плавают чанки. Если ложкой «раскрутить» чай в стакане, заставив жидкость вращаться, и затем вынуть ложку из стакана, то через некоторое время все чанки соберутся вдоль оси стакана. Связывано это вот с чем.

При врашении жидкости в стакане на каждую из части жидкости действует со стороны других окружающих ее части сила такая, что равнодействующая этой силы и силы тяжесте направлена горизонтально и сообщает частице центростремиального ускорения

$a = \omega^2 R,$

где $\omega$ — угловая скорость вращения жидкости и $R$ — расстояние, на котором находится часть от оси вращения. Чем больше расстояние $R$ , тем больше ускорение частицы, значит, тем больше должа быть горизонтальная составляющая силы, действующей на эту часть со стороны других части. Поэтому поверхность вращающихся жидкости принимает форму параболона. (Напомним, что сила, действующая на частицу жидкости, которая находится у поверхности, со стороны других части, перепедикулярна поверхности. Иначе составляющая этой силы, параболная поверхности, вызвала бы движение частиц жидкости.) Благодаря такой форме поверхности жидкости давление в ней на одном и том же расстоянии от дня уvelинивается по мере приближения к стекам стакана.

После того, как вынули ложку из стакана, скорость частиц жидкости у стенок стакана и у дня начинает уменьшаться из-за треня. При этом ускорение, сообщаемое этим частицам действующими на них слими, оказывается больше центростремиального, и в стакане возникнет течение жидкости такое, как показано на рисунке 7. Из-за треня скорость этого текущия у поверхности меньше его скорости на некоторой глубине. Это течение и переносит чанки к оси вращения жидкости.

Подобное же круговое поперхочее текущие воздействия и в реке там, где река делает поворот (рис. 8). Эти течение частцы песка со дня и нарушного берега реки переносятся к ее внутреннему берегу. Таким образом, круговое текущие уvelинивается изгиб реки, размывая ее нарушный берег. Более того, эррозия — разрушение берега и дня — оказывается сcilнее у нарушного берега реки. Поэтому до реки принимает профиль, показанный на рисунке 9.

Ф154
Оцените, сколько капелек воды имеет в 1 м³ тумана, если видимость составляет 10 м и туман оседает через 2 часа. Высота тумана 200 м.

Сила сопротивления воздуха, действующая на каплю воды радиуса $R$ (м), движущаяся со скоростью $v$ (м/сек), равна 4,3 Rv (н).

Для оценки будем считать, что капли тумана — это одинаковые непрозрачные шарики радиуса $R$ . Каждый из таких капель имеет площадь поперхого сечения $s = \pi R^2$ . Это означает, что $n$ капель, находящся в 1 м³

воздуха и расположенных хаотично, «перекрывают» площадь, равную примерно $S = n\pi R^2$ . При такой оценке мы не учитываем, что капит частьчно перекрывают друг друга. Однако для оценки — получения примерного ответа — это несущественно.

Так как видимость составляет 10 м, то капит тумана, которые находятся в прямоугольном параллелепипеде с площадью основания $1\ m^2$ и длиной 10 м, должны «перекрывать» площадь в $1\ m^2$ . В этом параллелепипеде находится 10 n капель, и перекрываемя имми площадь

$10\pi nR^2 = 1\ m^2.$

Отсюда можно найти $n$ :

$n = \frac{1}{10\pi R^2}.$

В эту формулу входит неизвестный радиус капли. Найдем его. На капит тумана действуют две силы: сила тяжести, которая постоянна, и направленная вверх сспротивления воздуха, которая растет с увеличением скорости падения капли. При падании капли непременно наступает такой момент, когда эти силы делаются равными друг другу. После этого скорость капли перестает изменяться, и капит падает равномерно со скоростью, которое можно найти из условия равенства силы тяжести и силы сопротивления воздуха:

$mg = 4,3Rv$

$(m = \frac{4}{3}\pi R^3\rho - \text{масса капли},$

$\rho = 10^3\ k\epsilon/m^3 - \text{плотность воды}).$

Отсюда

$\frac{4}{3}\pi R^3\rho g = 4,3Rv$

$R^2 = \frac{3}{4}\frac{4,3v}{\pi\rho g} \approx \frac{v}{\rho g} m^2.$

Так как тумаан оседает за 2 u, а высота слоя тумана 200 м, то скорость падения капли равна

$v = \frac{200\ m}{2\cdot 3600c} \approx 0,028\ m/c.$

Подставив это значение скорости падения капли в формулу (2), найдем радиус капли:

$R = \sqrt{\frac{0,028}{10^4}} \approx 1,7\cdot 10^{-3}\ m.$

Тепер из формулы (1) мы можем найти $n$ :

$n = \frac{1}{10\cdot 3,14\cdot(1,7)^2\cdot 10^{-6}} \approx 1,1\cdot 10^4.$

Ф155

Один моля газа скимают так, что его объем во время процесса скатия пропорцион-

Рис. 10.

нален давления $V = \alpha P$ . Давление газа увеличивается от $P_1$ до $P_2$ . Найти коэффициент $\alpha$ , если теплоемкость этого газа при постоянном объеме равна $c_V$ и во время процесса газу сообщается количество тепловытия воздуха:

$Q = \Delta W_{BH} + A.$

Из закона сохранения энергии следует, что количество тепла, сохраняющее газу во время процесса, равно сумме изменений внутренней энергии газа $\Delta W_{BH}$ и работы $A$ , совершенной газом во время процесса:

$\Delta W_{BH} = c_V \Delta T.$

Позному

$Q = c_V \Delta T + A.$

Работа, совершенная газом, равна площади трапеции под графиком зависимости $P$ от $V$ (рис. 10):

$A = (V_2 - V_1) \frac{(P_2 + P_1)}{2} =$

$= \frac{(\alpha P_2 - \alpha P_1)(P_2 + P_1)}{2} = \frac{\alpha (P_2^2 - P_1^2)}{2}.$

Таким образом,

$Q = c_V \Delta T + \frac{\alpha (P_2^2 - P_1^2)}{2}.$

Выразим $\Delta T$ через $P_1$ и $P_2$ . Запишем уравнение газового состояния для начального и конечного состояния газа:

$P_1V_1 = RT_1,$

$P_2V_2 = RT_2,$

$\alpha P_1^2 = RT_1,$

$\alpha P_2^2 = RT_2.$

Вычитая из второго равенства первое, найдем

$\Delta T = T_2 - T_1 = \frac{\alpha (P_2^2 - P_1^2)}{R}.$

Теперь, подставив это выражение для $\Delta T$ в формулу (3), получим

$Q = \frac{c_V \alpha}{R} \left( P_2^2 - P_1^2 \right) + \frac{\alpha}{2} \left( P_2^2 - P_1^2 \right).$

Отсюда

$\alpha = \frac{2QR}{(2c_V + R) (P_2^2 - P_1^2)}.$

Ф156
Имеется бесконечная проводочная сетка с прямогольной ячейкой. Сопротивление каждой из проволок, составляющих ячейку сетки, равно $r$ . Найти сопротивление сетки между точками $A$ и $B$ (рис. 11).

Пусть к точкам $A$ и $B$ подключен источник с разностью потенциальов на зажимах $U$ (внутреннее сопротивление источника несущественно и его можно считать равным нулю). Пусть ток, идущий по подводящим проводам, равен $I$ . Тогда $U = IR$ , где $R$ — сопротивление цепочки между точками $A$ и $B$ . С другой стороны, если по проводнику $AB$ идет ток $I_1$ , то согласно закону Ома $U = I_1 r$ . Это означает, что

$I_1 r = IR \text{ и } R = \frac{I_1}{I} r.$

Таким образом, для того чтобы найти сопротивление цепочки, необходимо найти связь между точками $I$ и $I_1$ .

Таким образом, для того чтобы найти сопротивление цепочки,缺损ом, связанной с центром обруча,ускорение каждой из точек обруча равно сумме центростремительногоускорения $a_ц = \frac{v^2}{R}$ (v — линейная скорость точек обруча) и тангенциального (касательного)ускорения (рис. 12, а). Так как обруча не просkalзывает, то линейная скорость точек обруча в любой момент времени равна скорости его центра в системе координат, связанной с Землей. Это означает, что изменение линейной скорости обруча в единицу времени, то есть касательноеускорение точек обруча, равноускорению центра обруча, то есть $a$ .

Для того чтобы вычислить центростремительноеускорение точек обруча через время $t$ после начала движения, нужно знать их линейную скорость в этот момент. Она равна

$v = v_0 + at.$

Позному

$a_ц = \frac{(v_0 + at)^2}{R}.$

Для того чтобы найтиускорение точек обруча в системе координат, связанной с Землей, нужно к векторамускорения точек прибавить вектор $a$ ускорения центра обруча (рис. 12, б). Таким образом, мы найдем:

$a_A = \sqrt{a^2 + (a_ц + a)^2} =$

$= \sqrt{a^2 + \left[ \frac{(v_0 + at)^2}{R} + a \right]^2},$

$a_B = \sqrt{(2a)^2 + a_ц^2} =$

$= \sqrt{4a^2 + \frac{(v_0 + at)^4}{R^2}},$

$a_C = \sqrt{a^2 + (a_ц - a)^2} =$

$= \sqrt{a^2 + \left[ \frac{(v_0 + at)^2}{R} - a \right]^2},$

$a_D = a_ц = \frac{(v_0 + at)^2}{R}.$

Рис. 12.

Ф158

Гантелька, расположенная горизонтально, падает с высоты $h$ и ударяется одним из концов о стол (рис. 13). Какое расстояние проелит гантелька после удара до того, как она опять Staenет горизонтальной?

Гантелька состоит из двух одинаковых тяжелых шариков, насаженных на невесомый стержень длины $l$ . Удар гантельки о стол абсолотно упруг. Стол после удара мгновенно убирают.

Упав с высоты $h$ , гантелька в момент удара о стол имела скорость

$v = \sqrt{2gh}.$

Так как удар шарика гантельки о стол можно считать мгновенным, то влияние второго шарика на стольконовение со столом можно не учитывать. Это означает, что шарик стальныеся со столом так же, как если бы он был один и не был прикреплен к стержню: при удар скорость и импульс этого шарика изменяются на противоположные, а импульс и скорость второго шарика не меняются.

Рассмотрим движение гантельки в системе координат, связанной с центром стержня—центром масс системы. Эта система координат движется вниз сускорением $g$ и сразу же после удар шарика о стол имеет скорость, равную 0. В этой системе скорости шариков после удара о стол равны по абсолотной величины $v$ и направлены в разные стороны. Это означает, что в системе координат, связанной с центром масс, гантелька после стольконовения со столом будет врашаться, причем линейная скорость врашения шариков равна $v$ . Гантелька вновь станет горизонтальной, когда шарики совершат положину оборота вокруг центра стержня, то есть через время

$t = \frac{\pi \frac{l}{2}}{v} = \frac{\pi l}{2v} = \frac{\pi l}{2\sqrt{2gh}}.$

За это время центр стержня проелит расстояние

$H = \frac{gt^2}{2} = \frac{1}{16} \frac{\pi^2 l^2}{h}.$

Редакция получила около 400 писем с решением задач Ф148 — Ф158. Почити все читатели успешно справились с задачей Ф158. Правильные решения остальных задач присладали: А. Айрапемян (Ереван) Ф149; О. Азанина (Москва) Ф152, Ф155; М. Аксман (Ростов-на-Дону) Ф152; Ш. Амакулов (Фергана) Ф152; А. Баевский (Гомель) Ф148, Ф152; Ю. Беленко (Наманган) Ф155; В. Белов (Вологда) Ф148, Ф149, Ф151, Ф155, Ф156; А. Блюхин (Киселевск Кемеровской обл.) Ф149 — Ф152; Л. Брадиский (Фрунзе)

Парные дни рождения

При каком минимальном числе людей в компании вероятность того, что хотя два из них родились в один и тот же день, не меньше 1/2?

(Годы рождения могут и не совпадать.)

На краю утеса

Пьяница стоит на расстоянии одного шага от края пропasti. Он шагает следующим образом либо к краю утеса либо нет него. На каждом шагу вероятность этой от края равна 2/3, а шаг к краю утеса имеет вероятность 1/3. Каковы пьяницы избежать падения?

Игла Бюффона

На плоскость нанесены паралельные прямы, отстоящие друг от друга на расстоянии 2а. Игла длины 2l (меньшей, чем 2а) брошена надудачу на плоскость. Какова вероятность того, что она пересечет одну из прямы?