Решения задач М280—М285; Ф291—Ф295

27

Решение состоит из двух частей. Сначала мы докажем, что площадь общей части не меньше половины площади треугольника $A_1B_1C_1$ и $KLM$, если точки $K$, $L$ и $M$ лежат соответствию на отрезках $AB_1$, $CA_1$ и $BC_1$?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

M280. Дан треугольник $ABC$ площади 1. Пусть $A_1, B_1$ и $C_1$ — середины сторона $BC$, $AC$ и $AB$ соответствию. Какую минимальную площадь может иметь общая часть треугольника $A_1B_1C_1$ и $KLM$, если точки $K$, $L$ и $M$ лежат соответствию на отрезках $AB_1$, $CA_1$ и $BC_1$?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

M281. Сколько сторона может иметь выпуклый многоугольник, все диагонали которого имеют длину?

Решение состоит из двух частей. Сначала мы докажем, что площадь общей части не меньше половины площади треугольника $A_1B_1C_1$ и $KLM$, если точки $K$, $L$ и $M$ лежат соответствию на отрезках $AB_1$, $CA_1$ и $BC_1$?

1. Обозначим через $Q$ точку пересечения отрезков $KL$ и $C_1B_1$, а через $R$ и $T$ — точки пересечения отрезка $KM$ с отрезком $C_1B_1$ и продолжением отрезка $CB$ (рис. 1). Докажем, что $RQ \geq QB_1$. В самом деле, из подобия треугольников $KTL$ и $KRQ$, $KLC$ и $KQB_1$ имеем $\frac{TL}{RQ} = \frac{LK}{QK} = \frac{LC}{QB_1}$, то есть $\frac{RQ}{QB_1} = \frac{TC}{LC}$; но $TL \geq BA_1 = A_1C \geq LC$, значит, и $RQ \geq QB_1$. Аналогично, $FP \geq PA_1$ и $XY \geq XC_1$ (см. рис. 1).

Соединим точки $R$, $F$ и $Y$ (рис. 2). Очевидно, что $S_{RQF} \geq S_{B1QF}$ (у этих треугольников общая высота, а $RQ \geq QB_1$), $S_{FPY} \geq S_{A1PY}$ и $S_{RXY} \geq S_{C1XR}$. Поэтому $S_{B1QF} + S_{A1PY} + S_{C1XR} \leq S_{RQF} + S_{FPY} + S_{RXY} + S_{RYF}$, а так как сумма площадей всех семи треугольников равна площади $\triangle A_1B_1C_1$, то права часть полученного неравенства не меньше пловины площади этого треугольника.

2. Нужный пример построен на рисунке 3 (точка $M$ совпадает с точкой $B$, $K$—$B_1$, точка $L$—любая).

Итак, минимальное площадь общей части треугольников $A_1B_1C_1$ и $KLM$ равна $\frac{1}{8}$.

Б. М. Ивлев

◆

Докажем, что многоугольник с указанным свойством не может иметь более пятей сторон.

Обозначим через $n$ число стороны многоугольника и допустим, что $n \geq 6$. Пусть $A_1, A_2, \dots, A_{n-1}, A_n$ — вершины многоугольника. Расмотрим вершины $A_1, A_2, A_{n-2}, A_{n-1}$. Отрезки $A_1A_2$ и $A_{n-2}A_{n-1}$ являются сторонами, а отрезки $A_1A_{n-1}, A_2A_{n-2}$ — диагонали нашего многоугольника (в силу предположения о числе $n$, см. рис. 4).

В выпуклом четырехугольнике $A_1A_2A_{n-2}A_{n-1}$ сумма диагоналей $A_1A_{n-2}$ и $A_2A_{n-1}$ всегда больше двух его стороны $A_1A_{n-1}$ и $A_2A_{n-2}$; а это противоречит тому, что $A_1A_{n-1} = A_1A_{n-2} = A_2A_{n-1} = A_2A_{n-2}$ по условию задачи. Значит, $n < 6$.

28

Рис. 4.

Очевидно, что $n>3$ (в треугольнике нет диагоналей). Для случаев же $n=4$ и $n=5$ многоугольники с указанным свойством легко строятся: ими являются квадрат и правильный пятиугольник.

Итак, о т в е т в задаче таков: число сторон может быть равным 4 или 5.

Г. А. Гальперин

М282. В клетках прямоугольной таблицы размерами $m \times n$ записаны любые натуральные числа. За один ход разрешается удвоить все числа одной строки или же вычесть единицу из всех чисел одного столбца. Докажите, что за несколько ходов можно добиться, чтобы все числа стали равными нулю.

М283. Выпуклый многоугольник обладает следующим свойством: если все его стороны отодвинуть на расстояние 1 во внешнюю сторону, то полученные прямые образуют многоугольник, подобный исходному. Докажите, что в этот многоугольник можно вписать окружность.

Рис. 5.

Превратим в нули вначале все числа первого столбца. Если в первом столбце есть единицы, то удвоим числа в тех строках таблицы, на пересечении которых с первым столбцом стоят единицы, а затем вычтем из всех чисел первого столбца по единице. Понятно, что при этом «старые» единицы останутся на местах, а каждое отличное от единицы число первого столбца на единицу уменьшится. Если единиц в первом столбце с самого начала нет, то будем вычитать из всех его чисел по единице до тех пор, пока единицы (хотя бы одна) не появятся; а затем произведем уже описанную операцию. Эту операцию (удвоения строк, на пересечении которых с первым столбцом находятся единицы, и последующего вычитания по единице из каждого числа первого столбца) будем повторять, пока все числа первого столбца не станут единицами. Вычитая затем из каждого числа первого столбца по единице, мы превратим их все в нули.

Итак, мы получили таблицу, в первом столбце которой стоят нули, а в остальных $n-1$ столбцах — натуральные числа. Превратив в нули описанным способом последовательно числа 2-го, 3-го, …, $n$-го столбцов (заметим, что при этом уже имеющиеся нули не будут «портиться»), мы получим таблицу, состоящую целиком из нулей.

С. В. Конягин

Заметим, что обратное утверждение доказать значительно проще: если в многоугольник можно вписать окружность, то при отодвигании всех его сторон на одно и то же расстояние (в частности, на единицу) получается подобный многоугольник, причем центром подобия служит центр окружности (рис. 5).

Перейдем теперь к решению задачи.

П е р в о е д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть многоугольник $P'$ получается из многоугольника $P$ отодвиганием сторон внутрь многоугольника $P$ на расстояние 1 и в то же время $P'$ можно получить из $P$ преобразованием $f$ подобия с коэффициентом $k<1$. Подвергнем этому преобразованию многоугольник $P$ вместе с нарисованным внутри него многоугольником $P'$. Тогда внутри $P'$ (образа $P$) появится новый многоугольник $P''$ (образ $P'$), подобный $P'$ (с коэффициентом $k$) и $P$ (с коэффициентом $k^2$), причем, очевидно, стороны $P''=f(P')$ можно получить отодвиганием сторон $P'$ внутрь на расстояние $k$. Точно так же, отодвинув стороны еще на $k^2$, получим многоугольник $f(P'')=P^{(3)}$, расположенный внутри $P''$ (образ $P''$ при преобразовании $f$), и так далее:
$$f(P^{(3)}) = P^{(4)}, \ldots, f(P^{(n)}) = P^{(n+1)}, \ldots$$
где $P \supset P' \supset P'' \supset P^{(3)} \supset \ldots \supset P^{(n)} \supset \ldots$

Очевидно, поскольку стороны многоугольника $P^{(n)}$ каждый раз уменьшаются в одном и том же отношении, их длины стремятся к нулю, и поэтому пересечение всех многоугольников

29

состоит из одной точки (рис. 6)*). Обозначим ее через $O$.

Каждая сторона многоугольника $P'$ последовательно отодвигается на расстояния $k, k^2, k^3, \dots, k^n, \dots$, поэтому расстояние от каждой стороны до точки $O$ равно одному и тому же числу — сумме бесконечной геометрической прогрессии

$$k + k^2 + k^3 + \dots + k^n + \dots = r.$$

Таким образом, окружность с центром $O$ и радиусом $r$ касается всех сторонами многоугольника $P'$.

Заметим, что в приведенном доказательстве было несущественно, какие именно стороны соответствуют друг другу при подобном преобразовании $f$, переводящем $P$ в $P'$. Между тем, в большинстве решений, присланных читателями, молчально предполагалось, что имеется в виду естественное соответствие: каждой стороне $P'$ сопоставляется сторона $P$, которая получается из нее отодвиганием на единицу. Можно доказать такую лемму: если многоугольника $P$ и $P'$ (полученный из $P$ отодвиганием сторон на 1) подобны — с каким углово соответствием сторон (с «поворотом» или «симметричный отражением» порядка сторона), то всегда будет иметь место и подобие с естественным порядком сторона — готовятся к коэффициентом $k$ ($0 < k < 1$). Доказательство, независящее от первого решения, мы приведем в конце, а пока даим еще два решения задачи, опирающихся на эту лемму (то есть подразумевающих естественное соответствие сторон при подобии).

Второе доказательство. Пусть $[AB]$ — сторона $P$, $[A'B']$ — соответствующая сторона $P'$, $O$ — точка пересечения $(AA')$ и $(BB')$. Тогда (см. рис. 7)

$$\frac{|A'O|}{|AO|} = \frac{|A'B'|}{|AB|} = \frac{|B'O|}{|BO|} = k.$$

Отсюда следует, что в той же точке $O$ прямую $BB'$ пересекает и прямая $CC'$ (BC и $B'C'$ — соответствующие стороны $P$ и $P'$), и так далее. Кроме того, оченьindo, что прямые $AA'$, $BB'$, $CC'$, … являются bicсектическими угловами $A', B', C', \dots$, многоугольника $P'$. Отсюда следует, что точка $O$ служит центром окружности, вписанной в $P'$.

Третье доказательство. Разрежем «шель» между многоугольниками $P$ и $P'$ на прямую многоугольники высоты 1 с основаниями $A'B', B'C', C'D', \dots$ и «ромбонды» — четырехугольники, остающейся к каждой вершины $A, B, C, \dots$ (рис. 8). Очевидно, из этих ромбондов можно составить один многоугольник, описанный около окружности радиуса единица, причем его углы соответственно конгруженты $A, B, C, \dots$, а длины сторон равны разностям длины соответствующих сторонами многоугольников $P$ и $P'$, то есть равны $(1-k)|AB|, (1-k)|BC|$, …. Таким образом, наш многоугольник $P'$ подбен многоугольнику, описанной около окружности радиуса 1, значит, и в него можно вписать окружность (радницу будет равен, оченьindo, $r = \frac{k}{1-k}$).

Доказательство леммы. Будем для каждой стороны $[AB]$ многоугольника $P$ обозначать через $[A'B']$ ту сторону $P'$, которая получается при отодвигании $AB$.

*) Тот факт, что это пересечение не пусто, легко вывести из аналогичного утверждения для числовой прямой. Послеовательность вложенных отрезков

$$[a; b] \supset [a_1; b_1] \supset \dots \supset [a_n; b_n] \supset \dots$$

всегда имеет общую точку (это утверждение или какое-либо ему эквивалентное при аксиоматическом введении действительных чисел принимается общно за аксиomy).

30

Пусть при подобии стороне $[A_1B_1]$ соответствует $[A'_2B'_2]$:
$$[A_1B_1] \rightarrow [A'_2B'_2], [A_2B_2] \rightarrow [A'_3B'_3], \dots, [A_{r-1}B_{r-1}] \rightarrow [A'_rB'_r], [A_rB_r] \rightarrow [A'_1B'_1].$$
Тогда $\hat{A}_1 = \hat{A}_2 = \dots = \hat{A}_r = 2\alpha$ и $\hat{B}_1 = \hat{B}_2 = \dots = \hat{B}_r = 2\beta$, а поэтому разность длины $|A_iB_i| - |A'_iB'_i| = d$ одна и та же длину $i$ ($d = \text{ctg} \alpha + \text{ctg} \beta$). Пусть $k$ — коэффициент подобия, $|A_iB_i| = x_i$. Тогда
$$\begin{cases} x_1 - kx_r = d, \\ x_2 - kx_1 = d, \\ x_3 - kx_2 = d, \\ \dots \dots \dots \\ x_r - kx_{r-1} = d; \end{cases}$$
но, как нетрудно доказать, эта система (при $0 < k < 1$) имеет только одно решение $x_1 = x_2 = \dots = x_r = \frac{d}{1-k}$. Таким образом, мы доказали, что для любой стороны $A_1B_1$ многоугольника $P$
$$|A'_1B'_1| = k |A_1B_1|,$$
то есть соответствующие друг другу (при отсутствии!) стороны многоугольников пропорциональны. Углы при отсутствии не меняются, поэтому подобие многоугольников с естественным соответствием $[AB] \rightarrow [A'B']$ доказано.

H. B. Васильев

M284. Сумма 100 натуральных чисел, каждое из которых не больше 100, равна 200. Доказите, что из них можно выбрать несколько чисел, сумма которых равна 100.

Будем решать эту задачу, считая, что задано $n=2k$ натуральных чисел, каждое из которых не больше $n$ и сумма которых равна $2n$. Доказем, что из этих $n$ чисел можно выбрать несколько чисел так, что их сумма будет равна $n$.

Пусть средние заданных чисел $a_1, \dots, a_n$ какие-нибудь два, например числа $a_1$ и $a_2$, — различны (если все числа одинаковы, то они все равны 2 и $k$ из них даут в сумме $n=2k$). Составим новые $n$ чисел:

$$\begin{cases} A_0 = a_1, \\ A_1 = a_2, \\ A_2 = a_1 + a_2, \\ \dots \dots \dots \\ A_{n-1} = a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{n-1}. \end{cases}$$

Каждеое из этих чисел меньше $2n$, но больше 0. Средние остатков от деления чисел $A_0, \dots, A_{n-1}$ на $n$ найдет либо нулю, либо же два равных остатка (так как остатков, как и чисел, $n$). В первом случае $A_m$, соответствующей нулевоу остатку, равно $n$ (делится на $n$, больше 0 и меньше $2n$). Во втором — $A_m = A_k + n$ ($k < m$). При этом $m \neq 0$ и $m \neq 1$, так как числа $A_0$ и $A_1$ не превозходят $n$. В случае $m=2$ либо $A_0$ равно $n$, либо $A_1$ равно $n$. В остальных же случаях $A_m = A_k + a_{k+1} + \dots + a_m$, откуда получаем, что $a_{k+1} + \dots + a_m = n$.

C. B. Коняzin

31

М285. Прямоугольный лист бумаги размерами $a \times b$ разрезан на прямоугольные полоски, у каждой из которых одна сторона имеет длину 1. Доказите, что хотя бы одно из чисел $a$ и $b$ целое.

Назовем прямоугольную полоску, являющийся элементом указанного разбиения, блоком. Обозначим одну из сторон исходного прямоугольника длины $b$ через $B$; назовем блок горизонтальный, если его единняя сторона параллельна стороне $B$, и вертикальный — в противном случае. Обозначим прямую, параллельную $B$, отстоящую от $B$ на расстояние $x$ и пересекающий данный прямоугольник, через $L_x$ (тогда $x \leq a$). Будем считать, что прямая $B$ — левая.

Если вертикальный блок расположен между прямыми $L_i$ и $L_{i+1}$ для неокоторого целого $i$, то выкрасим его в красный цвет, остальные вертикальные блоки выкрасим в синей цвет, а все горизонтальные — в желтый. Сумму длини красных отрезков прямой $L_x$ обозначим через $K(L_x)$, синих — через $C(L_x)$ и желтых — через $JK(L_x)$. (Если отрезок разделяет блоки двух цветов, будем считать, что он имеет правого блока.) Очевидно, что $JK(L_x)$ — целое число для любого $x$. Покажем, что если перекрасить все синей блоки в желтый цвет, то сумма длини желтых частей любой прямой $L_x$ останется числом целых. Для этого нам достаточно доказать, что сумма длини чисел прямой $L_x$ (то есть $C(L_x))$ — целое число при любом $x$.

Обозначим всевозможные расстояния от синих блоков до $B$ через $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$, причем

$$0 < \alpha_1 < \alpha_2 < \dots < \alpha_n \leq a - 1.$$

Прежде всего, показем, что можно перекрасить блоки $C^{(1)}_1, \dots, C^{(1)}_k$, отстоящие от $B$ на расстояние $\alpha_1$. Пусть $[a]$ — целая часть числа $a$. Так как $\alpha_1$ — наименьшее средние расстояния синих блоков от прямой $B$ и $[\alpha_1] < \alpha_1$, то $K(L_{\alpha_1}) = K(L_{\alpha_1}) = b - JK(L_{\alpha_1})$. Поэтому $C(L_{\alpha_1}) = b - K(L_{\alpha_1}) - JK(L_{\alpha_1}) = JK(L_{\alpha_1}) - JK(L_{\alpha_1})$, — целое число, и, значить, блоки $C^{(1)}_1, \dots, C^{(1)}_k$ можно перекрасить, поскольку произвольная прямая $L_x$ либо пересекает их все, либо не пересекает ни одного из них.

Точно так же доказывается, что из возможности перекрасить блоки $C^{(1)}_1, \dots, C^{(1)}_k$, отстоящие от $B$ на расстояние $\alpha_s$ для всех $s \leq i - 1$, следует, что можно перекрасить блоки $C^{(1)}_1, \dots, C^{(1)}_k$. Тепер утверждение следует из принципи математической индукции: $C(L_x)$ — целое при любом $x$.

Итак, у нас остались лишь красные и желтые блоки. Если теперь прямая $L_a$ совпадает со стороны прямой прямойника, то $a$ — целое число. Если же нет — то

$$b = JK(L_a + \varepsilon), [a] + \varepsilon < a,$$

и так как $JK(L_x)$ — целое, то, значить, и $b$ — целое.

Утверждение полностью доказано.

И. Н. Клумова

Ф291. Два одинаковых конденсатора $A$ и $B$, каждый emкристимо $C$, и камушка с индуктивностью $L$ соединены, как показано на рисунке 9. В начальной моменте ключи $K$ разомку, конденсатор $A$ заряжен до разности помещаемой $U$. Заряд конденсатора $B$ и ток в камушка равны нулю. Определите максимальное значение мока в камушка после замыкания ключа.

Если бы не было конденсатора $B$, то после замыкания ключа в контуре, содержащем конденсатор $A$ и катушку индуктивности, возникли бы электромагнитные колбания. Из закона сохранения энергии можно было бы сразу найти максимальный ток.

В нашем случае произойдет перераспределение заряда между конденсаторами, а потом в контуре установятся колбания. Попробуем это обьясить.

Участок цепи, состоящий из двух конденсоров и соединенных проводов, тоже можно считать колбательным контуром. Но его индуктивность — индуктивность проводов— очень мала (по сравнению с $L$), поэтому собственная часть колбания в этом контуре будет очень большой (нанимого большие собственной частоты колбаний в контуре, который

32

Образуют конденсаторы и катушка индуктивности). Конечно, и этот контур обладает активным сопротивлением, но оно очень мало по сравнению, например, с индуктивным сопротивлением. Поэтому в течение некоторого времени после замыкания ключа колбания в контуре можно считать незначующими. То есть в контуре, состоящем из конденсаторов и проводов, произойдет много колбаний тока за то время, пока ток в катушке еще можно будет считать равным нулю. Из-за сопротивления проводов колбания в этом контуре будет затухающим. Это приводит к быстрому установлению равновесия и перерасределеню заряда поровну между конденсатрами (так как равны емкости конденсаторов). При этом часть энергии электрического поля заряженного конденсатора $A$ перейдет в теплую энергию.

Найдем, какая часть энергии остатется в контуре после быстроого перерасределенения заряда между конденсатрами. Первоначальный заряд конденсатора $A$ был равен $Q = CU$. После перерасределенения заряда между конденсатрами их заряды стали равны $\frac{Q}{2}$, а энергия $\frac{Q^2}{8C} = \frac{CU^2}{8}$. Следовательно, полная энергия, которая остатруется в контуре, равна $\frac{CU^2}{8} + \frac{CU^2}{8} = \frac{CU^2}{4}$.

(До замыкания ключа энергия в контуре была равна $\frac{CU^2}{2}$. Таким образом, в тепло перешла половина переоначальной энергии.)

Тепер разместим контур, состоящий из конденсаторов и катушки индуктивности. Tok в катушке будет максимальным, когда конденсаторы полностью разрядают и их энергия перейдет в энергию магнитного поля в катушке. Из закона сохранения энергии следует, что

$$\frac{CU^2}{4} = \frac{LI_{\max}^2}{2}.$$

Отсюда

$$I_{\max} = U \sqrt{\frac{C}{2L}}.$$

Ф292. Из одной точки на дне горизонтального крутового железа разлегаются шарики под небольшими уелами к образующей железа с одинаковыми проекциями скорости вдоль этой образующей (рис. 10). Встретаемся ли эти шарики?

Рассмотрим движение шариков в системе координат, которая движется поступательно вдоль одной из своих осей, совпадающей с образующей железа. Скорость системы $v$ равна проекции скоростей шариков на образушую цилиндра. В этой системе координат все шарики в любой момент времени находится в одной плоскости $P$, перепидикулярной к $v$. Будем считать, что шарики скольдают без трения по боковой поверхности железа, тогда в плоскости $P$ эти шарики движутся по кривой, показанной на рисунке 11, то есть совершают колбания.

Если амплитуды колбаний малы (малы начальные составляющие скоростей шариков, перепидикулярные к образующей железа и касательные к его поверхности), то колбания шариков гармоничские и их период не зависит от амплитуды. В этом случае через половину перiode все шарики встречаются на той же образующей $AA'$ железа, с которой они начали свое движение.

Если же амплитуды колбаний шариков велики, то колбания не будет гармоничскими, их периоды будут зависеть от амплитуды, и шарики будут попадать на образушую $AA'$ в различных моменты времени. Это означает, что вместе шарики не встречаются.

33

Ф293. Марс во время проти-
востояния находится на рас-
стоянии $l=5,56 \cdot 10^{10}$ м от
Земли и его угловой диа-
метр $\alpha=25^{\circ}$, 1. Определить
ускорение свободного падения на поверхности Марса,
если известно, что максимальное уловое расстояние между центрами Марса и его спутника Фобоса $\beta=34^{\circ}$, 5, а перiod обращения Фобоса вокруг Марса $T=2,76 \cdot 10^{4}$ с.

Ускорение свободного падения на поверхности Марса согласно закону всемирного тяготения и второму закону Ньютона равно

$$g_{M} = \gamma \frac{M}{R_{M}^{2}},$$

где $\gamma$ — гравиитционная постоянная, $M$ — масса Марса, $R_{M}$ — его радиус.

Радиус Марса можно определить непосредственно из условия задачи (см. рис. 12): $R_{M} = l \ tg \frac{\alpha}{2} = l \frac{\alpha}{2}$ (так как $\alpha$ мало, то $tg \frac{\alpha}{2} = \frac{\alpha}{2}$).

Рис. 12.

Чтобы найти массу Марса, рассмотрим движение его спутника Фобоса. Для простоты расчжедений будем считать, что спутник врашает по круговой орбите, радиус $R$ которого равен (см. рис. 12) $R = l \ tg \beta = l \beta$. Перiod обращения спутника равен $T$. Центростремительное ускорение $a = \omega^{2} R = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} R$ спутнику сообщает сила тяготения $F = \gamma \frac{mM}{R^{2}}$ (м — масса спутника). Поэтому $a = \frac{F}{m}$, или $\left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} R = \gamma \frac{M}{R^{2}}$, откуда

$$\gamma M = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} R^{3} = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} (l\beta)^{3}.$$

Тогда окончательно

$$g_{M} = \gamma \frac{M}{R_{M}^{2}} = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} \frac{(l\beta)^{3}}{(l\alpha/2)^{2}} = \frac{16\pi^{2}}{T^{2}} \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{2} l\beta.$$

Подставляя в эту формулу данные задачи и учтывая, что $1^{\prime \prime} = \frac{3,14}{180 \cdot 60 \cdot 60} \ p a \delta \approx 4,9 \cdot 10^{-5} \ p a \delta$, получим

$$g_{M} = 3,64 \ m/c^{2}.$$

Ф294. К некоторому прибору, находящемуся внутри камеры высокого давления, необходимо подводить тело. Во время опита меняется давление в камере, и это приводит к изменению сопротивления любой проводю-

Мощность, выделяющая на сопротивлении $R_{3}$, равна

$$P = I_{3}^{2} R_{3} = \frac{U_{3}^{2}}{R_{3}}$$

где $I_{3}$ — ток и $U_{3}$ — напряжение на сопротивлении $R_{3}$. Обозначим $R_{0}$ общее сопротивление паралелюно соединен-

34

ки, используемой в качестве нагревателя. На рисунке 13 показана схема, используемая в случае, когда необходимо, чтобы количество подводимого за одно и то же время тепла очень слабо зависело от давления. Сопротивление $R_3$ — это обмотка нагревателя, $R_1$ и $R_2$ — некоторые постоянные сопротивления, которые находятся вне камеры высокого давления. При каком соотношении между $R_1$, $R_2$ и $R_3$ мощность, рассеиваемая на сопротивлении $R_3$, меняется меньше всего при изменении величины сопротивления $R_3$?

Рис. 13.

Рис. 14.

ных сопротивлений $R_2$ и $R_3$; тогда сопротивления $R_1$ и $R_0$ соединены последовательно и $\dfrac{U_3}{R_0} = \dfrac{U_0}{R_1+R_0}$, или

$$U_3 = U_0 \dfrac{R_0}{R_1+R_0}.$$

Но $R_0 = \dfrac{R_2 R_3}{R_2+R_3}$, следовательно,

$$U_3 = U_0 \dfrac{R_2 R_3}{R_1 R_2 + R_1 R_3 + R_2 R_3},$$

и

$$P = \dfrac{U_0^2 R_2^2 R_3}{(R_1 R_2 + R_1 R_3 + R_2 R_3)^2} =$$

$$= \dfrac{U_0^2 R_2^2}{\left[\dfrac{R_1 R_2}{\sqrt{R_3}} + \sqrt{R_3}\,(R_1+R_2)\right]^2}. \quad (*)$$

Исследуем полученное выражение. При $R_3 = 0$ $P = 0$. При $R_3$, стремящемся к $\infty$ (то есть $R_3 \gg R_1$ и $R_3 \gg R_2$), $P$ стремится к $0$. Так как $P(R_3)$ — непрерывная функция (это ясно из физических соображений), то при некотором значении $R_3$ мощность максимальна. График зависимости $P$ от $R_3$ показан на рисунке 14. Из графика видно, что при одном и том же изменении $R_3$ изменение величины $P$ минимально как раз тогда, когда сама величина $P$ максимальна ). Таким образом, нам нужно найти, при каком значении $R_3$ мощность максимальна, или, что то же самое, знаменатель в выражении () минимален.

Как известно, для двух чисел $a$ и $b$ среднее арифметическое не меньше среднего геометрического: $a+b \geqslant 2\sqrt{ab}$; $a+b$ минимально и равно $2\sqrt{ab}$ при $a=b$. Произведение слагаемых $\dfrac{R_1 R_2}{\sqrt{R_3}}$ и $\sqrt{R_3}\,(R_1+R_2)$ не зависит от $R_3$, поэтому согласно сказанному выше знаменатель выражения (*) минимален, а значит, $P$ максимальна, если

$$\dfrac{R_1 R_2}{\sqrt{R_3}} = (R_2+R_1)\sqrt{R_3}, \text{ или } R_3 = \dfrac{R_1 R_2}{R_1+R_2}.$$

Именно при таком соотношении между $R_1$, $R_2$ и $R_3$ мощ­ность, выделяемая на сопротивлении $R_3$, меняется меньше всего при изменении величины сопротивления $R_3$.

---

*) Те, кто знаком с элементами высшей математики, знают, что, когда функция принимает максимальное (или минимальное) значение, скорость изменения функции (первая производная) равна нулю.

Ф295. Какова должна быть точность измерения ускорения свободного падения у поверхности Земли для того, чтобы можно было обнаружить изменение этой величины в течение суток из-за притяжения Луны? Считать, что измерение производится в точке, которая лежит в плоскости орбиты Луны; вращением Земли пренебречь.

Рис. 15.

Под действием притяжения друг к другу Земля и Луна вращаются вокруг их общего центра масс. В системе отсчета, связанной с центром масс системы Земля — Луна, на тело, находящееся у поверхности Земли, действуют две силы —

сила притяжения со стороны Земли $F_3 = \gamma \dfrac{M_3\, m}{R_3^2}$ и сила

притяжения со стороны Луны $F_л = \gamma \dfrac{M_л\, m}{l^2}$, где $m$ — масса тела, $M_3$ — масса Земли, $M_л$ — масса Луны, $R_3$ — радиус Земли и $l$ — расстояние от тела до Луны. Сумма

этих сил сообщает телу ускорение $\mathbf{a} = \dfrac{1}{m}\,(\mathbf{F}_3 + \mathbf{F}_л)$.

Для того чтобы найти ускорение тела относительно Земли, необходимо учесть, что в нашей системе отсчета сама Земля движется с центростремительным ускорением, сообщаемым ей силой тяготения $F_{3-л}$, действующей на Землю

со стороны Луны: $a_3 = \dfrac{F_{3-л}}{M_3} = \gamma \dfrac{M_л}{l_0^2}$ ($l_0$ — расстояние

между центрами Земли и Луны).

Таким образом, ускорение свободного падения тела на Землю (ускорение относительно Земли) равно $\mathbf{g} = \mathbf{a} - \mathbf{a}_3$.

Поскольку Земля вращается вокруг своей оси, то взаимное расположение тела, находящегося на поверхности Земли, Земли и Луны будет со временем меняться. Следовательно, будет меняться и ускорение свободного падения $g$. (Однако изменение ускорения $g$, связанное с тем, что вращающаяся Земля не является инерциальной системой отсчета, мы учитывать не будем.)

$a)$

В тот момент, когда Луна, Земля и тело расположены вдоль одной прямой и Земля находится между телом и Луной (рис. 15), силы $\mathbf{F}_3$ и $\mathbf{F}_л$ направлены в одну сторону и ускорение свободного падения равно по абсолютной величине

$$g_1 = \gamma \dfrac{M_3}{R_3^2} + \gamma \dfrac{M_л}{(l_0+R_3)^2} - \gamma \dfrac{M_л}{l_0^2} =$$

$$= \gamma \dfrac{M_3}{R_3^2} + \gamma \dfrac{M_л}{l_0^2}\, \dfrac{1-(1+x)^2}{(1+x)^2},$$

где $x = \dfrac{R_3}{l_0}$. Так как $x \ll 1$, то $1-(1+x)^2 \approx 2x$ и, кроме того, можно пренебречь $x$ по сравнению с $1$ в знаменателе второго слагаемого. В результате получим, что

$$g_1 \approx \gamma \dfrac{M_3}{R_3^2} - 2\gamma \dfrac{M_л}{l_0^2}\,x.$$

Через полоборота Земли вокруг своей оси, когда тело находится в точке $2$ между Землей и Луной (рис). 16,

35

36

силы $F_g$ и $F_{\pi}$ направлены в противоположные стороны и
$g_2 = \gamma \frac{M_3}{R_3^2} - \gamma \frac{M_{\pi}}{(l_0 - R_3)^2} + \gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2} \approx \gamma \frac{M_3}{R_3^2} - 2\gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2} x$.

To есть ускорения тела в этих двух точках практические одинаковы: $g_1 \approx g_2$.

В те моменты, когда тело находится в точках 3 и 4, то есть через 1/4 и 3/4 оборота после начала отсчета, силы $F_3$ и $F_{\pi}$ направлены так, как показано на рисунке 17. Ускорение свободного падения в точке 3 равно
$g_3 = \frac{F_3}{m} + \frac{F_{\pi}}{m} - a_3$. Сравним второе и третье слагаемые в этом выражении. Нарравления сил $F_{\pi}$ и ускорения $a_3$ практические совпадают, а абсолотные величины слагаемых почти одинаковы: $\frac{F_{\pi}}{m} = \gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2 + R_3^2} \approx \gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2}$ (так как $R_3 \ll l_0$), $a_3 = \gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2}$. Поэтому можно считать, что величина ускорения свободного падения в точках 3 и 4 определяется только силой притяжения к Земле:
$g_3 = g_4 = \frac{F_3}{m} = \gamma \frac{M_3}{R_3^2}$.

По мере удаления от точек 3 и 4 ускорение уменьшается.

Таким образом, в точках 3 и 4 ускорение свободного падения максимально, а в точках 1 и 2 — минимально.

Найдем отношение $\frac{\Delta g}{g_3} = \frac{g_3 - g_1}{g_3}$:

$\frac{\Delta g}{g_3} = 2 \frac{M_{\pi}}{M_3} x^3 \approx 10^{-7}$.

Очевидно, именно такой должа быть точность измерения ускорения свободного падения у поверхности Земли для того, чтобы можно было обнаружить изменение этой величины из-за притяжения тел, Луной.

И. Ш. Слободецкий