Решения задач М179—М183; Ф193—Ф197

27

Решения задач
M179—M183; Ф193—Ф197

M179. Для каждого не прямого пользового треугольника $T$ обозначим через $H(T) = T_1$ треугольник, вершинами которого служат основания высом треугольника $T$; через $T_2 = H(T_1)$ треугольник, вершинами которого служат основания высом треугольника $T_1$; пусть далее $T_3 = H(T_2)$, $T_4 = H(T_3)$, …

Каким должны быть улы треугольника $T$, чтобы
a) треугольник $H(T)$ был остроуольным?
b) в последовательности $T_1, T_2, T_3, \dots$ острёмся прямого пользового треугольник $T_n$ (в этом случае $H(T_n) = T_{n+1}$ не определено)?
c) треугольник $T_1 = H(T)$ был подобен треугольнику $T$?
e)* для каждого $n = 1, 2, 3, \dots$ указываем, сколько существует не подобных других треугольников $T$, для которых $T_n$ подобен $T$.

Пусть $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ — высоты треугольника $T$. Углы $\alpha_1, \beta_1, \gamma_1$ при вершинах $A_1, B_1, C_1$ (соответственно) треугольника $A_1B_1C_1$ выражаются через углы $\alpha, \beta, \gamma$ при вершинах $A, B, C$ треугольника $ABC$ следующим образом:

$$\alpha_1 = \pi - 2\alpha, \quad \beta_1 = \pi - 2\beta, \quad \gamma_1 = \pi - 2\gamma,$$

(11)

Рис. 1.

Рис. 2.

28

с ($\alpha, \beta, \gamma$). Ясно, что можно рассматривать только случай
$$\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$$
(2).

Углы любого треугольника можно обозначить буквами $\alpha, \beta$ и $\gamma$, так, чтобы выполнялись неравенства (2).

Если $\alpha < \frac{\pi}{2}$ (все углы — острые), то, поскольку из (2) вытекают неравенства $2\pi - \alpha \leqslant 2\pi - \beta \leqslant 2\pi - \gamma$, для подобия треугольников $T_1$ и $T$ должны выполняться система равенства
$$\pi - 2\alpha = \gamma, \quad \pi - 2\beta = \beta, \quad \pi - 2\gamma = \alpha,$$
откуда
$$\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}.$$

Если же $\alpha > \frac{\pi}{2}$, то из (2) мы можем пользоваться только тем, что $2\beta \geqslant 2\gamma$, и должны рассмотреть три возможных соотношения между углами $\alpha_1, \beta_1$ и $\gamma_1$: $2\beta \geqslant 2\gamma \geqslant 2\alpha - \pi, \quad 2\beta \geqslant 2\alpha - \pi \geqslant 2\gamma$ и $2\alpha - \pi \geqslant 2\beta \geqslant 2\gamma$. Первое из них приводит к системе
$$2\beta = \alpha, \quad 2\gamma = \beta, \quad 2\alpha - \pi = \gamma,$$
откуда находим интересное решение:
$$\alpha = \frac{4\pi}{7}, \quad \beta = \frac{2\pi}{7}, \quad \gamma = \frac{\pi}{7},$$

а два других, как нетрудно проверить, приводят к «выраженным» решениям (один из углов образуется в нуль), которые нам не подходят, как говорят, «не входят в область допустимых значений».

Как пишут читатели, занимающие решения этой задачи, для $n = 2, 3, 4$ и вообще для любого $n$ решения можно получить аналогичным, но значительно более громоздким перебором. Действительно, в принципи мы свели задачу к алгебраической. Наметим возможность план дальнейших расчудений (для произвольного натурального $n$). Из (1) по индукции можно получить формулы для углов треугольника

$$\begin{cases} \alpha_n = s2^n & \alpha + p\pi \\ \beta_n = s2^n & \beta + q\pi \\ \gamma_n = s2^n & \gamma + r\pi, \end{cases}$$

где $s$ равно $+1$ или $-1$, $p, q$ и $r$ — целые числа (доказите, что при данных $\alpha, \beta$ и $\gamma$ и при дополнительном условии $\alpha_n \geqslant 0, \beta_n \geqslant 0, \gamma_n \geqslant 0$, $\alpha_n + \beta_n + \gamma_n = \pi$ параметры $p, q, r$, $s$ определяются из (3) однозначно!). Напишем шесть систем, приравнявая ($\alpha_n, \beta_n, \gamma_n$) различных перестановкам ($\alpha, \beta, \gamma$), и решим каждую из них. Из полученных решения (зависших от параметров $p, q, r, s$) выберем те, которые удовлетворяют условиям $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$. Чтобы ответить на вопрос: сколько существует решения (для данного $n$), нужно будет выяснить, сколько решения в целых числах $p, q, r, s$ (где $s = \pm 1$) имеет шесть полученных систем неравенства. Чтобы реализовать этот план,

30

веты «да»: число $n$ все время оказываюсь больше или равно очередному $x$. Ясно, что следующее $x$ надо взять больше всех уже употребленных (инначе этот вопрос будет лишьним).

Таким образом, в начале игры надо все время уведомить $x$ — до тех пор, пока в первый раз загадавший не скажет «нет». Пусть $x_1 < x_2 < x_3 < \dots$ — последовательность, которую угадаюший решил назвать, пока не получит первый ответ «нет». Она должна быть бесконечной, так как $n$ может оказаться сколько угодно большим.

Пусть теперь наступил второй игре: на $k$-й вопрос загадавший в первый раз ответил «нет». Таким образом,

$$x_{k-1} \leq n < x_k.$$

Дальше можно применить стратегию, аналогичную описанной выше стратегии $S_n$, делить оставшийся промежуток все время пополам. Очевидно, при этом будет потребно до $|\log_2(x_k - x_{k-1})|$ вопросов.

Предположим, что на втором этапе игры, то есть после первого ответа «нет», мы имеем так и играем. Остается выбрать монotonно возрастшую последовательность $x_k$, чтобы полностью определить стратегию.

Разберем три конкретных стратегии, отличношеся лишь выбором последовательности $x_k$.

1. Стратегия $T^1$: $x_k = 10k$. Тогда, как указано в условиям, $f_T(n)$ растет примерно как $\frac{n}{10}$.

2. Стратегия $T^2$: $x_k = 2^k$. Тогда число вопросов на первом этапе не больше $|\log_2 n|$, а число вопросов на втором этапе не больше $|\log_2 \frac{n}{2}|$. Всего получается примерно $2\log_2 n$ вопросов.

3. Стратегия $T^3$: $x_k = 2^{2k}$. Тепер число вопросов на первом этапе резко уменьшилось. В самом деле, пусть

$$2^{2k-1} \leq n < 2^{2k}.$$

Тогда число вопросов на первом этапе игры равно $k$ и не превышает

$$k \leq \log_2 \log_2 n + 1,$$

что при больших $n$ значительно меньше, чем $\log_2 n$. На втором этапе мы потребим приближательно

$$\log_2(2^{2k} - 2^{2k-1}) \approx \log_2 2^{2k} = 2^k$$

вопросов. Хорошо это или плохо? Это зависит от числа $n$. Оказывается, для наиболее $n$ в промежутке (2) эта стратегия значительно лучше, чем для наиболее $n$ в том же промежутке.

Пусть $n = 2^{2k} - 1$.

Тогда

$$f_T(n) \approx \log_2 \log_2 n + 2^k \approx \log_2 n + \log_2 \log_2 n,$$

При больших $n$ второе слагаемое значительно меньше, и относение $f_T(n)$ к нижней оценке $\log_2 n$ (см. формулу (1)) близко к 1.

Пусть теперь $n = 2^{2k-1}$. Тогда величана $f_T^3(n)$ — такая же, а выраженная через $n$ она составляет

$$f_T^3(n) \approx \log_2 \log_2 n + 2^k \approx 2\log_2 n + \log_2 \log_2 n,$$

то есть примерно двое превышает нижнюю оценку (1). Таким образом, для этих значений $n$ стратегия $T^3$ ничего не лучше стратегии $T^2$.

Это положение иллюстрируется графиком на рисунке 7. На этом графике красная линия условно изобразяется доказанную выше нижнюю оценку: $\log_2 n$ (график носит качественный, экизный характер и не претендует на точность).

Ступенчатая черная линия изобразяется график функции $f_T^3(n)$. Эта функция постояна на каждом промежутке вида (2). К концу такого промежутка нижняя оценка почти доогоняет ее, но тут $f_T^3(n)$ скажом увечивается и делает примерно вдвое большие.

Возникает вопрос: существует ли такая стратегия $T^4$, для которой $f_T^4(n)$ при всех $n$ не слишком сильно отличается от нижней оценки? (Предположительный график $f_T^4(n)$ приведен снимом пунктом.)

Сейчас мы опишем стратегию $T^4$ такую, что

$$\lim_{n \to \infty} \frac{f_T^4(n)}{\log_2 n} = 1,$$

то есть относительное превышаение $f_T^4(n)$ над нижней оценкой $\log_2 n$ при больших $n$ стратегии к нулю.

Первый этап игры, как и предшествует последовательностью чисел

$$x_k = 2^{2k}.$$

Пусть на $k$-й вопрос мы в первый раз получили ответ «нет», откуда

$$2^{2k-1} \leq n < 2^{2k}.$$

Опишем стратегию $T^4$ для второго этапа игры. Припишем каждому $n$ в промежутке (2)

Рис. 7.

31

«вес», равный $\frac{1}{n}$. Будем теперь задавать во-просы так, чтобы делить примерно пополам не количество значений, которые еще может принять $n$, а сумму их весов.

Подсчитаем примерно, сколько вопросов уйдет на отладывание произвольного $n$ в промежутке (2). Положим $m=2^{2k-1}$. Вначале сумма весов примерно равна

$$\frac{1}{m} + \frac{1}{m+1} + \cdots + \frac{1}{m^2} \approx$$

$$\approx \left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\right) -$$

$$- \left(1 + \cdots + \frac{1}{m}\right) \approx \ln(m^2) - \ln m =$$

$$= \ln m \leqslant \ln n.$$

Если мы отгадаем $n$, то доведем сумму весов до величины $\frac{1}{n} \cdot$ значит, сумма весов уменышится примерно в $n\ln n$ раз. Предположим, что нам каждой раз удаваюсь делить её точно вдвое. Тогда было затрачено

$$\log_2 n\ln n = \log_2 n + \log_2 \ln n \approx \log_2 n$$

ворцов (второе слагаемое при больших $n$ значительно меньше первого). Поскольку сумму весов, как правило, точно разделить пополам не удался, число вопросов фактически несколько больше. Можно показать (но это уже сложнее), что она все же не превышает

$$\log_2 n + \text{const}\log_2 \log_2 n$$

ворцов. (Здесь const означает постоянное число, которое мы не оценивали.) Прибавляя сюда число вопросов на первом этапе игры, мы только уведомиваем коэффициент во втором слагаемом. Таким образом, мы построили стратегию, которая позволяет отладать любое $n$ не более чем за

$$\log_2 n + \text{const}\log_2 \log_2 n$$

ворцов.

Легко показать, что эта функция удовлетворяет условиям (3), которое мы и обещали выполнить.

Я. М. Бардзинь, А. Л. Тоом

M 181. Какую наименьшую длину должен кусок проболки, чтобы из него можно было сознуть каркас куба с ребром 10 см? (Проболка может проходить по одному ребру дважды, зависяться на $90^\circ$ и $180^\circ$, но ломать ее нельзя.)

Ответ. Нужно не меньше 150 см проболки.

Как согласно каркас из проболки такой длины — показано на рисунке 8. Тепер нам осталось доказать, что из проболки меньше длины каркас куба с ребром 10 см?

(Predположим на время, что нам разрешается гнуть проболку только в вершинах куба, и что какой-то каркас нами изготовлен, причем проболка начинается и кончается

Рис. 8.

в вершинах куба. Подсчитаем количество ребер в этом каркасе. Мы, разумеется, будем считать не ребра куба, — их 12, — а ребра из проболок. В каркасе естьровно одна вершина, в которой проболка начинается и одна, в которой проболка кончается (эти вершины могут и совпадать). Будем назвать эти вершины концевыми, а все остальные — проходными. К каждой проходной вершине примыкает четное число ребер. Действительно, проболка, войдя в эту вершину, обязательно должна должна из нее выйти. Поэтому к ней примыкает не меньше четырех ребер. К концевой вершине примыкает не меньше трех ребер. Поэтому всего ребер не меньше, чем $\frac{6 \cdot 4 + 2 \cdot 3}{2} = 15$. Действительно, каждое ребро примыкает к двум вершинам, поэтому если к вершине с номером $i$ примыкает $c_i$ ребер ($i = 1, 2, \ldots, 8$), то $c_1 + c_2 + \ldots + c_8$ равно удвоенному числу ребер. Таким образом, в каркасе не меньше 15 ребер, а так как длина одного ребра 10 см, то потребуется не менее 150 см проболок.

Тепер нам нужно доказать, что если гнуть проболку во внутренних точках ребер, то все равно менее чем 150 см проболок каркаса сделать нельзя. Эту задачу можно свести к предыдущей следующим образом: не уведомивая длины проболок, любой каркас можно перерить так, что все стыбы окажутся в вершинах. Мы не будем описывать этого перернения, а только передем несколько появяющихся его картинок (см. рис. 9, $a - \delta$; на них изобравено неокторое ребро куба, а покрывающая его проболок для наглядности развинута).

32

Рис. 9.

$$\frac{a}{b+c+d} + \frac{b}{a+c+d} + \frac{c}{a+b+d} + \frac{d}{a+b+c} \geq \frac{4}{3};$$

в) $a_1, a_2, a_3, \dots, a_n$ — положительные числа ($n \geq 2$), мо

$$\frac{a_1}{a_2+a_3+\dots+a_n} + \frac{a_2}{a_1+a_3+\dots+a_n} + \dots + \frac{a_n}{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}} \geq \frac{n}{n-1}.$$

Решим сразу задачу (в). Сумму $a_1 + a_2 + \dots + a_n$ обозначим через $s$, а числа $s - a_i$ через $b_i$. В этих обозначениях нам нужно доказать, что

$$\frac{s - b_1}{b_1} + \frac{s - b_2}{b_2} + \dots + \frac{s - b_n}{b_n} \geq \frac{n}{n-1}.$$

Это неравенство эквивалентно такому:

$$s \left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \right) \geq \frac{n}{n-1} + n = \frac{n^2}{n-1}.$$

(1)

Воспользовемся теперь известным соотношением между средним арифметическим и средним геометрическим (см. «Квант», 1970, № 8, с. 33): если $c_1, c_2, \dots, c_n$ неотрицательные числа, то

$$\frac{c_1 + c_2 + \dots + c_n}{n} \geq \sqrt[n]{c_1 c_2 \dots c_n}.$$

(2)

Из него сразу следует, что

$$\left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \right)^n \geq \frac{1}{b_1 b_2 \dots b_n}$$

и что $b_1 b_2 \dots b_n \leq \left( \frac{b_1 + b_2 + \dots + b_n}{n} \right)^n$.

Из этих двух неравенств следует, что

$$\left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \right)^n \geq \left( \frac{n}{b_1 + b_2 + \dots + b_n} \right)^n$$

и наконец,

$$\frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \geq \frac{n^2}{b_1 + b_2 + \dots + b_n}.$$

Но

$$b_1 + b_2 + \dots + b_n = ns - a_1 - a_2 - \dots - a_n = (n-1)s,$$

откуда

$$s \left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \right) \geq \frac{sn^2}{s(n-1)} = \frac{n^2}{n-1}.$$

Неравенство (1) доказано.

Приведем теперь некоторые сообщения, с помощью которых можно доказать соотношение (2). Пусть $c_1 + c_2 + \dots + c_n = 1$. (Это не ограничивает общности.) Предположим, что для этих чисел соотношение (2) нарушено, то есть

$$\frac{c_1 + c_2 + \dots + c_n}{n} < \sqrt[n]{c_1 c_2 \dots c_n}.$$

Пусть средние чисел $c_i$ есть неравные. Тогда средние $c_i$ найдется два числа — можно считать, что это $c_1$ и $c_2$ — такие, что $c_1 < \frac{1}{n}$, $c_2 > \frac{1}{n}$. Заметим $c_1$ на $c'_1 = \frac{1}{n}$, а $c_2$ на $c'_2 = c_1 + c_2 - \frac{1}{n}$. Тогда для чисел $c'_1 = \frac{1}{n}, c'_2 = c_1 + c_2 - \frac{1}{n}$, соотношение (2) тоже будет нарушено. Доказательство этого факта свидетельствует неравенства $\frac{1}{n} \left( c_1 + c_2 - \frac{1}{n} \right) > c_1 c_2$ (при $c_1 < \frac{1}{n}, c_2 > \frac{1}{n}$), — с этим неравенством вы без труда справиться сами.

Предложая эти замены, мы должны do набора $c_1 = c_2 = \dots = c_n = \frac{1}{n}$. Таким образом, если соотношение (2) нарушено для некоторого набора $c_1, c_2, \dots, c_n$, то оно будет нарушено и для набора $\frac{1}{n}, \frac{1}{n}, \dots, \frac{1}{n}$. Однако неопределенной подстановкой мы убеждаемся, что в этом случае оно выполняется. Значит, оно выполняется и для исходного набора.

Вот еще одно решение нашей задачи, основанное на соотношения между средним

33

Рис. 10.

арифметический и средним геометрическим для двух чисел.
Мы должны доказать, что
$$(n-1) \left( \frac{s-b_1}{b_1} + \dots + \frac{s-b_n}{b_n} \right) \geq n.$$
Заметим, что $b_1 + \dots + b_n = (n-1) s$. Поэтому
$$(n-1) \frac{s-b_1}{b_1} = \frac{b_1 + b_2 + \dots + b_n - (n-1) b_1}{b_1} = \frac{b_2 + \dots + b_n}{b_1} - (n-2) = \frac{b_2}{b_1} + \frac{b_3}{b_1} + \dots + \frac{b_n}{b_1} - (n-2).$$
Преобразуем также остальные слагаемые $(n-1) \frac{s-b_i}{b_i}$ и все $n$ слагаемых сложим.

Потом сгруппируем попарно дроби $\frac{b_i}{b_j}$ и восползуемся неравенством:
$$\frac{b_i}{b_j} + \frac{b_j}{b_i} \geq 2$$
Поскольку всего пар $i$ и $j$ ($1 \leq i < j \leq n$) будет
$$C_n^2 = \frac{n(n-1)}{2},$$
то в результате получим:
$$(n-1) \left( \frac{s-b_1}{b_1} + \dots + \frac{s-b_n}{b_n} \right) \geq C_n^2 \cdot 2 - (n-2) n = n^2 - n - n^2 + 2n = n.$$
И из первого и из второго решения сразу видно, что неравенства переходят в равенства только при $b_1 = \dots = b_n$, то есть при $a_1 = \dots = a_n$
Л. Г. Лиманов

Рис. 11.

М183. Найдите высоту трапецции, у которой основания равны $a$ и $b$ ($a < b$), угод между диагоналями равен $90^\circ$, а угод между продолжениями боковых строки $-45^\circ$.

Большинство читателей прислали решение этой задачи, использующее тригонометрию. Вот одно из наиболее коротких решений, присланное Л. и С. Пиццковыми.

Пусть (рис. 10) в трапеции $ABCD$, где $AB \parallel CD$ $AB = a$, $CD = b$, $BC = x$, $AD = y$, точка $E$ на основании $CD$ такова, что $ABCE$ — параллелограмм: $AE = x$, $DE = b - a$. Удвоенная площадь треугольника $ADE$ равна
$$xy \sin 45^\circ = (b - a) h,$$
(1)
где $h$ — высота трапеции. Далее по теореме косинусов получаем, что
$$(b - a)^2 = x^2 + y^2 - 2xy \cos 45^\circ.$$
(2)
И, наконец, с помощью теоремы Пифагора, примененной к четырем прямолинным треугольникам $AOB$, $BOC$, $COD$, $DOA$, выводим, что
$$x^2 + y^2 = a^2 + b^2$$
(3)
Подставим теперь (3) и (1) в (2) ($\cos 45^\circ = \sin 45^\circ$):
$$(b - a)^2 = a^2 + b^2 - 2(b - a)h.$$
Таким образом,
$$h = \frac{ab}{b - a}.$$

Нашчитатель Н. И. Березовский и некоторые другие приводят способ построения трапецции, о котором идет речь в условиям, по данным а и b (рис. 11). Исследование показывает, что такая трапеция существует при $\frac{b}{a} \geq 1 + \sqrt{2}$.
Н. Б. Васильев

Ф193. Имеются две системы lines с одинаковыми формуциями расстояниями. Оптические оси lines совпадают. Первая система lines состоит из собирающих lines, во второй собирающей lines через угол с рассеивающим. Наименяемые линии в каждой из систем, если расстояние между linesми многое выше формусною.

34

Рассмотрим параллельный лучок лучей, идущий вдоль главной оптической оси системы, состоящий из собирающих линз. Пройдя первую линзу, лучок становится сходящимся, пройдя вторую — еще более сходящимся и так далее. Если число линз достаточно велико, то где-то внутри системы лучок содержится в точку. После этого лучок становится расходящимся, но расходимость его будет все меньше и меньше, пока он не станет параллельным; затем все будет повторяться. Примерный ход лучей dan на рисунке 12, а.

Для второго случая, когда система состоит из чередушихся собирающих и рассеивающих линз (см. рис. 12, б), «перiod» траектории лучей гораздо больше, чем в первом случае, так как действия на световой лучок собирающей и рассеивающей линз противоположны.

Для определения расстояние между линзами взято равным $1/3$ фокусного расстояния. Все расхождения в принципе остаются теми же как для произвольного лучка, так и для других соотношений между фокусным расстоянием и расстоянием между линзами.

Ф194. Между обкладками плоского конденсатора помещен заряд. Как он будет двiazambся, если на конденсатор подать синусовдальное напряжение с начальной фазой $\varphi_0 = 0$?

Пусть начальная скорость заряда равна нулю.

Если на плоскости конденсатора подается напряжение $u = U_0 \sin \omega t$, то направность поля внутри конденсатора меняется со временем по закону $E = E_0 \sin \omega t$. Так как на заряд $q$ в электрическом поле действует сила $F = Eq$, то его ускорение

36

в тот момент, когда сила упругостиранутый пружины станет равной весу нижнего кубика.

А может служится и так, что верхний кубик остановится в тот момент, когда сила упругостиранутый пружины меньше веса нижнего кубика. Тогда нижний кубик остановится на месте, и достаточно будет рассмотреть движение только одного верхнего кубика.

Запишем закон сохранения энергии для этого случая:

$$\frac{k(l_0 - l)^2}{2} = \frac{k(l_1 - l_0)^2}{2} + m_1g(l_1 - l)$$

($l_1$ — максимальная длина пружины).

Отсюда

$$l_1 = l_0 - \frac{m_1g}{k} + \sqrt{\left(l_0 - \frac{m_1g}{k}\right)^2 + l\left(l - 2l_0 + \frac{2m_1g}{k}\right)}$$

Высота поднятия верхнего кубика равна

$$\Delta l = l_1 - l$$

а центра масс системы —

$$\Delta x_{\text{цм}} = \frac{\Delta l m_1}{m_1 + m_2}$$

Ф196. В камере ускоримеля по окружности радиуса $R$ движется очень монкий пучок пружины. Величина мока в начальной момент $I_0$, полное число частиц в камере $n$. Максимный поток через неизменяющую орбиту пучка меняется со скоростью $\varphi$. Какой станем величины мока после моего, как частицы сделают один оборот? Скорость частицы остается много меньше скорости света.

Величина тока $I$ зависит от скорости частицы так:

$$I = en_0 v S$$

где $e$ — заряд пружина, $n_0$ — число протонов в единице объема, $S$ — площадь секения пучка, $v$ — скорость. Будем считать, что протоны равномерно распределены по своей орбите, поэтому (учитывая, что пучок очень узкий)

$$n_0 = \frac{n}{2\pi RS}$$

Тогда

$$I = \frac{en}{2\pi R} v$$

Таким образом, чтобы найти ток, нужно найти скорость пружинов. Начальную скорость мы знаем. Она равна

$$v_0 = \frac{2\pi R I_0}{ne}$$

Так как магнитный поток в камере ускорителя меняется, то в ней индуцирует с э. d. c. индукции, равная (по абсцилотной величины) скорости изменения магнитного потока $\varphi$, то есть

$$E = \varphi$$

Когда протон сделает один оборот, электрическое поле совершит над ним работу, равную $Ee$, которая поддет на изменение кинетической энергии протона:

$$\frac{mv^2}{2} - \frac{mv_0^2}{2} = Ee$$

($m$ — масса протона$^*$).

Отсюда найдем скорость протона после того как он сделает один оборот в камере ускорителя:

$$v = \sqrt{v_0^2 + \frac{2Ee}{m}}$$

Тогда ток в камере будет таким:

$$I = \frac{ne}{2\pi R} \sqrt{\left(\frac{2\pi R}{ne} I_0\right)^2 + 2\varphi \frac{e}{m}} = I_0 \sqrt{1 + \frac{n^2 e^3 \varphi}{2\pi^2 R^2 m I_0^2}}$$

И. Ш. Слободецкий

Ф197. На мело массы $m$, лежащее на горизонтом шероховатом поверхности с коэффициентом пружина $k$, в момент времени $t = 0$ начала действовать под углом $\alpha$ к горизонтум сила, пропорциональная времени. Определить скорость $v$ движения тела через т секунду.

Считая тело материальной точкой, расстоянием действия на него силы (рис. 15). Это — сила тяжекти mg, сила реакции опоры $N$, сила $f = At$ (удобнее говорить о ее составляющих $f_1 = At$ cos $\alpha$ и $f_2 = At$ sin $\alpha$)

*) Поскольку скорость протонов оставется много меньше скорости света, массу протона можно считать величиной постоянной.

Рис. 15.

37

и сила трения $f_{\text{Tp}} = kN$. Горизонтальное ускорение тела может сообщить только сила $f_1$, но для этого она должна стать больше силы трения $f_{\text{Tp}} = kN = k(mg - At \sin \alpha)$, которая тоже зависит от времени $t$.

Построим графики зависимости действующего на тело горизонтальных сил от времени $t$ (рис. 16).

От 0 до момента $t_1$ тело еще не движется, так как сила трения покоя уравновешивает силу $f_1$, то есть

$$At_1 \cos \alpha = kmg - kAt_1 \sin \alpha,$$

откуда

$$t_1 = \frac{kmg}{A(\cos \alpha + k \sin \alpha)}.$$

Существует и вторая граница времени $t_2$ для указанного в задание движения. В этот момент сила реакции опоры обращается в нуль, и тело поднимается

$$N = mg - At_2 \sin \alpha = 0$$

и

$$t_2 = \frac{mg}{A \sin \alpha}.$$

Таким образом, движение тела по поверхности возникло для времени $\tau$, заключенного в интервале: $t_1 < \tau < t_2$.

Заметим, что если $kA \sin \alpha \geq A \cos \alpha$, то интервал $t_2 - t_1$ становится уже, но все рассуждания остаются в силу.

Запишем уравнение движения для момента времени $\tau = t_1 + t'$ ($t'$ – текущое время, отсутствающее от момента $t_1$)

$$A (t_1 + t') \cos \alpha + kA (t_1 + t') \sin \alpha - kmg - ma,$$

где $a$ – ускорение тела.

Рис. 17.

Подставив выражение для $t_1$, найдем

$$a = \frac{A \cos \alpha + kA \sin \alpha}{m} t'.$$

Нарисуем график зависимости $a(t)$ (рис. 17). Искомая скорость $v$ в момент $\tau = t_1 + t'$ численно равна площади выделенного треугольника:

$$v = \frac{a(\tau - t_1)}{2} = \frac{(A \cos \alpha + kA \sin \alpha)(\tau - t_1)^2}{2m} = \frac{[\tau A(\cos \alpha + k \sin \alpha) - kmg]^2}{2mA(\cos \alpha + k \sin \alpha)}.$$

Если изменить направление действующего силы, как показано на рисунке 18, то сила реакции опоры $N = mg + At \sin \alpha$ будет непрерывно возрастать (как и сила трения $f_{\text{Tp}}$).

Время $t_1$, после которого движения тела, находим из условия

$$At_1 \cos \alpha - kmg - kAt_1 \sin \alpha = 0;$$

тогда

$$t_1 = \frac{kmg}{A \cos \alpha - kA \sin \alpha}.$$

Однако в этом случае положительное значение $t_1$ возникло, только если $A \cos \alpha > kA \sin \alpha$. При $A \cos \alpha \leq kA \sin \alpha$ время $t_1 < 0$, и движение никакого не happens.

Увеличение компоненты $f_2$ может привести к разрушению тела (это может произойти и до наступления времени $t_1$). Если же тело не разрушается и $t_1$ имеет конечное значение, то для скорости $v$ в момент $\tau = t_1 + t'$ получим значение:

$$v = \frac{[\tau A(\cos \alpha - k \sin \alpha) - kmg]^2}{2mA(\cos \alpha - k \sin \alpha)}.$$

А. В. Устинова