Решения задач М308—М315; Ф318—Ф321

40

Решения задач
M308-M315; Ф318-Ф321

M308. Если при любом $x$ $a_1\cos x + a_2\cos 2x + \dots + a_n\cos nx \geq -1$, то для чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ выполняющего неравенство $a_1 + a_2 + \dots + a_n \leq n$. Доказание это утверждение: a) для $n = 2$; б) для $n = 3$; с) для любого натурального $n$.

a) Достаточно положить $x = \frac{2\pi}{3}$.

b) Положите последовательно $x = \frac{\pi}{2}, x = \pi, x = \frac{3\pi}{2}$ и сложите получшиеся неравенства.
b) Доказем предварительно следующее формулу: если $\varphi = -\frac{2k\pi}{n+1}$, где $k$ и $n$ — целые числа, причем $k$ не делится на $n+1$, то
$$\cos \varphi + \cos 2\varphi + \cos 3\varphi + \dots + \cos n\varphi = -1. \quad (*)$$
Пусть данные точки $O$ и $A_0$. Повернуть точку $A_0$ на угол $\varphi$ относительно точки $O$, получим точку $A_1$. Из точки $A_1$ тем же поворотом получим точку $A_2$, из точки $A_2$ — точку $A_3$ и так далее. Так как $(n+1)\varphi = 2k\pi$, то точка $A_{n+1}$ совпадает с точкой $A_0$. Сумма векторов $\overrightarrow{OA_0}, \overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \dots, \overrightarrow{OA_n}$ равна нуль-вектору. Действительно, при повороте каждого из этих векторов на угол $\varphi$ относительно точки $O$ на тот же угол должен повернуть и вектор, равный их сумме. Так как, с другой стороны, вектор, равный сумме векторов $\overrightarrow{OA_0}, \overrightarrow{OA_1}, \dots, \overrightarrow{OA_n}$, не изменится при этом повороте (ибо точка $A_0$ перейдет в точку $A_1$, точка $A_1$ — в точку $A_2$, …, точка $A_n$ — в точку $A_0$), то он равен нуль-вектору.
Предположим теперь, что точка $O$ является началом координат, а вектор $\overrightarrow{OA_0}$ имеет длину 1 и направлен по оси абсцисс. Так как проекция суммы векторов на любую ось равна сумме их проекций на эту ось, то сумма проекций векторов $\overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \dots, \overrightarrow{OA_n}$ на ось абсцисс равна -1 (проекция вектора $\overrightarrow{OA_0}$ на ось абсцисс равна 1). Но эти проекции равны, очевидно, $\cos \varphi, \cos 2\varphi, \dots, \cos n\varphi$, отсутстви сследует формула (*).

Формулу (*) можно доказать и инначе, умножив обе части на $2\sin \frac{\varphi}{2}$ и воспользовавшись формулой
$$2\sin \frac{\varphi}{2}\cos k\varphi = -\sin \left(k - \frac{1}{2}\right)\varphi + \sin \left(k + \frac{1}{2}\right)\varphi,$$
— сделайте это самостояльно.

Перейдем к решению задачи в).
Взяв произвольное число $x_1$, положим $x_2 = 2x_1, x_3 = 3x_1, \dots, x_n = nx_1$. При $x = x_1, x = x_2, x = x_3, \dots, x = x_n$ получим неравенства:
$$a_1\cos x_1 + a_2\cos 2x_1 + a_3\cos 3x_1 + \dots + a_n\cos nx_1 \geq -1,$$

41

$$a_1 \cos x_2 + a_2 \cos 2x_2 + a_3 \cos 3x_2 + \dots + a_n \cos nx_2 \geq -1,$$
$$a_1 \cos x_3 + a_2 \cos 2x_3 + a_3 \cos 3x_3 + \dots + a_n \cos nx_3 \geq -1,$$
$$\dots$$
$$a_1 \cos x_n + a_2 \cos 2x_n + a_3 \cos 3x_n + \dots + a_n \cos nx_n \geq -1.$$

Учитывая, что $kx_l = klx_1 = lkx_1 = lx_k$, эти неравенства можно переписать так:

$$a_1 \cos x_1 + a_2 \cos x_2 + a_3 \cos x_3 + \dots + a_n \cos x_n \geq -1,$$
$$a_1 \cos 2x_1 + a_2 \cos 2x_2 + a_3 \cos 2x_3 + \dots + a_n \cos 2x_n \geq -1,$$
$$a_1 \cos 3x_1 + a_2 \cos 3x_2 + a_3 \cos 3x_3 + \dots + a_n \cos 3x_n \geq -1,$$
$$\dots$$
$$a_1 \cos nx_1 + a_2 \cos nx_2 + a_3 \cos nx_3 + \dots + a_n \cos nx_n \geq -1.$$

Сложив эти неравенства и положив $x_1 = \frac{2\pi}{n+1}$ (тогда $x_2 = \frac{4\pi}{n+1}$, $x_3 = \frac{6\pi}{n+1}$, $\dots$, $x_n = \frac{2n\pi}{n+1}$), придем на основании формулы (*) к неравенству

$$-a_1 - a_2 - a_3 - \dots - a_n \geq -n,$$

откуда

$$a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_n \leq n^*).$$

Ю. И. Нокин

M309. a) При каких $n$ многочлен $x^{2n} + x^n + 1$ делится на $x^2 + x + 1$?

б) При каких $n$ число

$$1 \underbrace{0 \dots 0}_{n} \underbrace{1 \dots 0}_{n}$$

делится на 37?

a) Рассмотрим три случая, соответствующие различным остаткам от деления $n$ на 3.

1°. Пусть $n=3k$; тогда

$$x^{6k} + x^{3k} + 1 = (x^{6k} - 1) + (x^{3k} - 1) + 3 =$$
$$= (x^3 - 1)(x^{6k} - 3 + x^{6k} - 6 + \dots + 1) +$$
$$+ (x^3 - 1)(x^{3k} - 3 + x^{3k} - 6 + \dots + 1) + 3 =$$
$$= (x^2 + x + 1) \cdot Q(x) + 3,$$

где $Q(x) = (x - 1)[(x^{6k} - 3 + x^{6k} - 6 + \dots + 1) + (x^{3k} - 3 + \dots + 1)]$.

Следовательно, если $n=3k$, то многочлен $x^{2n} + x^n + 1$ при делении на $x^2 + x + 1$ дает в остатке 3.

2°. Пусть $n=3k + 1$. Имеем

$$x^{6k + 2} + x^{3k + 1} + 1 = (x^{6k + 2} - x^2) + (x^{3k + 1} - x) +$$
$$+ (x^2 + x + 1) = x^2(x^{6k} - 1) + x(x^{3k} - 1) + (x^2 + x + 1)$$

В 1° мы показали, что многочлены $(x^{6k} - 1)$ и $(x^{3k} - 1)$ делятся на $(x^3 - 1)$, следовательно, и на $(x^2 + x + 1)$; поэтому при $n=3k + 1$ многочлен $x^{2n} + x^n + 1$ делится на $x^2 + x + 1$.

3°. Пусть $n=3k + 2$. Тогда

$$x^{6k + 4} + x^{3k + 2} + 1 = x^1(x^{6k} - 1) + x^2(x^{3k} - 1) + x^4 + x^2 +$$
$$+ 1 = x^4(x^{6k} - 1) + x^2(x^{3k} - 1) + x^3 - 1 + (x^2 + x + 1) = (x^2 + x + 1)[(x - 1)R(x) + 1],$$

где $R(x) = x^4(x^{6k} - 3 + \dots + 1) + x^2(x^{3k} - 3 + \dots + 1) + x$, и многочлен $x^{2n} + x^n + 1$ снова делится на $x^2 + x + 1$.

*) Аналогично решена эта задача в книге Полина и Сете «Задачи и теоремы из анализа».

42

Итак, ответ в задаче a) таков:
многочлен $x^{2n} + x^n + 1$ делится на $x^2 + x + 1$, если $n$ не кратно трех.

6. При решении этой задачи можно воспользоваться результатом пункта a), поскольку все многочлены, получающие при делении — частиные и остатки — имеют целые коэффициенты. Действительно, при $x = 10$ мы получим соответствующее
   $$x^2 + x + 1 = 111, x^{2(n+1)} + x^{(n+1)} + 1 = 1 \underbrace{0 \ldots 0}_{n} \underbrace{1 \ldots 0}_{n}.$$
   С другой стороны, $10^{2m} + 10^m + 1$ делится на 3 при всех $m$, и вопрос о том, делится ли $10^{2m} + 10^m + 1$ на 37, эквивалентен вопросу о делимости $10^{2m} + 10^m + 1$ на 37.3 = 111. Ответ в этой задаче такой: число $\underbrace{10 \ldots 0}_{n} \underbrace{10 \ldots 0}_{n}$ делится на 37, если $n$ кратно 3 или если $n$ при делении на 3 дает остаток 1.
   Ф. Г. Шлейфер

M311. *) Из одной бактерии получилось 1000 следующего образом: вначале бактерия разделилась на две, затем одна из двух полученных бактерии разделилась на две, затем одна из трех полученных бактерии разделилась на две и так далее. Доказим, что в некоторых моментах существовала такая бактерия, число помtokов которой среды 1000 бактерии, получившихся в конце, заключено между 334 и 667.

Рис. 1.

M312. В параллелограмм $P_1$ висан параллелограмм $P_2$, в котором в свою очередь висан параллелограмм $P_3$, причем стороны $P_3$ параллельны сторонам $P_1$. Доказим, что хотя бы одна сторона параллелограмма $P_3$ по длине не меньше половины параллельной ей стороны $P_1$.

Пусть неокоторая бактерия, у которой $N$ потокков среды 1000 бактерии, разделилась на две, у которых соответствен $N'$ и $N''$ потокков. Тогда $N = N' + N''$, и поэтому одно из чисел $N'$ и $N''$ не меньше $N/2$.

Рассмотрим последовательность бактерии $A_1, A_2, A_3, \ldots, A_m$, где $A_1$ — самая первая бактерия, $A_{k+1}$ (для $k = 1, 2, \ldots, m-1$) — та из двух бактерии, возникших при делении $A_k$, у которой не меньше потоков, чем у ее сестры, и $A_m$ — одна из 1000 бактерии, которые получились в конце. Пусть $A_k$ имеет $N_k$ потокков. Тогда последовательность
$$N_1 = 1000, N_2, N_3, \ldots, N_{m-1}, N_m = 1$$
убываются, но каждый член в ней не меньше половины предыдущего: $N_k > N_{k+1} \geq N_k/2$. (На рисунке 1, изображаемшем процесс деления бактерии в виде «генеалогического дерева», показана цепочка бактерии $A_1, A_2, \ldots, A_m$; здесь $N_1 = 16, N_2 = 9, N_3 = 5, N_4 = 3, N_5 = 2, N_6 = 1$.) Если выбрать $j$ так, что $N_{j-1} \geq 668$, а $N_j < 668$, то получим $334 \leq N_j \leq 667$, то есть бактерия $A_j$ будет удовлетворять заданному условию.

Точно так же можно доказать, что если в конце получилось $M$ бактерии, то для любого натурального $c$ найдется бактерия, число помtokов которой $N$ удовлетворяет условием $c \leq N < 2c$.

Н. Б. Васильев

Заметим прежде всего, что если параллелограмм $ABCD$ висан в параллелограмм $KLMN$ (см. рис. 2), то они имеют общий центр симметрики $O$. Это следует из того, что при симметринии относительно $O$ параллелограмм $KLMN$ переходит в себя, а сторона $AB$ параллелограмма $ABCD$ переходит

*) Решение задачи M310 содержится в статье Г. А. Гуревича и «Бесповторные последовательности («Квант», 1975, № 9).

43

в равный по длине и паралельный отрезок с концами на соответствующих сторонах паралелографма KLMN, то есть в отрезок CD.

Поэтому у паралелографмов $P_1, P_2$ и $P_3$ — общий центр симметрии. Из этого получаем, что четыре закрашенных паралелографма, расположенных в углах $K, L, M$ и $N$, конгруэнтны; обозначим длины их сторон соответственно через $x$ и $y$.

Пусть $a$ и $b$ — длины сторона паралелографма $P_3$. Тогда длины сторона паралелографма $P_1$ равны $(a + 2x)$ и $(b + 2y)$. Нам нужно доказать, что либо $a \geq \frac{a + 2x}{2}$, либо $b \geq \frac{b + 2y}{2}$, то есть, что либо $a \geq 2x$, либо $b \geq 2y$. Это будет так, если мы доказем такое неравенство: $ab \geq 4xy$.

Рассмотрим паралелографм, три вершины которого — точки $A, L$ и $B$. Поскольку диагональ $AB$ делит его и угловые паралелографмы — левый нижний и правый верхний — на конгруэнтные треугольники, то площади паралелографмов, закрашенных на рисунке 2 снимм, равны. Точно так же равны площади паралелографмов, закрашенных желтым, красным и зеленьим: все закрашенные паралелографмы равновелики. Очевидно (см. рис.ок), что суммарная площадь закрашенных паралелографмов не превышает площади паралелографма $P_3$. Но площадь одного закрашенного паралелографма равна $xy \cdot \sin \alpha$, а площадь паралелографма $P_3$ равна $ab \cdot \sin \alpha$; значит,

$$ab \geq 4xy,$$

что и требовалось.

И. Н. Клумова

**M313. Дан угодл с вершиной O. Рассмотрим множество четырех вершин M параллелограммов ONML, вершины N и L коморых лежам на сторонах данной угла, а площадь равна постоянной величины. (Это множество называется синерболой.) Докажите, что на биссерпсе это угла и на ее продолжении найдумся также точки $F_1$ и $F_2$ ($2de |F_1O| = |F_2O|$), для коморых разность расстояния

$$||F_1M| - |F_2M||$$

не зависит от точки $M$.**

Пусть $2\alpha$ — заданный угол, $A$ — вершина гиперболы (точка ее пересечения с биссерпсой), $A'$ — симметриная точка относительно $O$, $KMQ$ — перpendикуляр к этой биссерпсе, проходящий через $M$ (К лежит на биссерпсе, $Q$ — на стороне угла, см. рис. 3).

Введем обозначения: $r_1 = |F_1M|$, $r_2 = |F_2M|$, $a = |OA| = |OA'|$, $x = |ON|$, $y = |OL|$, $r = |OM|$, $\varphi = \widehat{AOM}$, наконец, $c$ — искомое расстояние точки $F_1$ и $F_2$ от вершины $O$ угла (центра гиперболы). (Для значших аналитических геометрию: $x$ и $y$ — косоугольные координаты точки $M$, $a$ и $\varphi$ — ее полярные координаты.)

44

По условию задачи, синний и желтый паралелограммы должны иметь одинаковую площадь:

$$k = xy \sin 2\alpha = \left( \frac{a}{2 \cos \alpha} \right)^2 \sin 2\alpha,$$

откуда

$$xy = \frac{a^2}{4 \cos^2 \alpha}. \tag{1}$$

Нужно найти такое положение $F_1$ и $F_2$ (то есть такое значение $c$), чтобы разность $r_2 - r_1$ была одной и той же для всех точек $M$ гиперболы. В частности, для ее вершины $A$ эта разность $|F_1A| - |F_2A|$, вследствие симметрины $(|F_2A| = |F_1A'|)$, равна $|A'A| = 2a$ (оси гиперболы). Значит, эта разность должна быть равна

$$r_2 - r_1 = 2a. \tag{2}$$

Найдем выражения $r_1$ и $r_2$ через постоянные $a, c$ и $\alpha$ (в эти выражения войдут, конечно, и какие-то переменные величины). Применяя теорему косинусов для треугольников $F_1MO, F_2MO$ и $OMN$, имеем:

$$r_{1,2}^2 = c^2 + r^2 \pm 2cr \cos \varphi \tag{3}$$

(верхний знак для $r_1$, нижний для $r_2$) и

$$r^2 = x^2 + y^2 + 2xy \cos 2\alpha. \tag{4}$$

Угол $\varphi$ можно из формулы (3) сразу использовать: из чертежа видно, что

$$r \cos \varphi = |OK| = |OQ| \cos \alpha = (|OL| + |LQ|) \cos \alpha =$$

$$= (|OL| + |LM|) \cos \alpha = (x + y) \cos \alpha;$$

следоватьно,

$$r_{1,2}^2 = c^2 + r^2 \pm 2c(x + y) \cos \alpha. \tag{3'}$$

Подставляя (4) в (3’) и использовать условия (1) и то жеств а $\cos 2\alpha = 2 \cos^2 \alpha - 1$ и $x^2 + y^2 = (x + y)^2 - 2xy$, получаем:

$$r_{1,2}^2 = c^2 + (x + y)^2 - 2xy + 2xy \cos 2\alpha \pm 2c(x + y) \cos \alpha =$$

$$= c^2 + (x + y)^2 - \frac{a^2}{2 \cos^2 \alpha} +$$

$$+ \frac{a^2}{2 \cos^2 \alpha} (2 \cos^2 \alpha - 1) \pm 2c(x + y) \cos \alpha =$$

$$= \left[ c^2 - \frac{a^2}{2 \cos^2 \alpha} \right] + \left[ (x + y)^2 + a^2 \pm 2c(x + y) \cos \alpha \right]. \tag{5}$$

Do схх пор $c$ было произвольным. Подберем его теперь так, чтобы формула (5) прибрела возможность более простой вид. Положим $c = \frac{a}{\cos \alpha}$ (тогда $|OF_2| = |OB|$, см. рисунок). Тогда формула (5) принимает следующий вид:

$$r_{1,2}^2 = (x + y)^2 + a^2 \pm 2(x + y) a = [(x + y) \pm a]^2.$$

Из рисунка ясно, что $x + y > a$ ($|OQ| > |OA|$); следовательно,

$$r_1 = (x + y) + a, \quad r_2 = (x + y) - a.$$

Отсюда получается $r_1 - r_2 = 2a$. Интересно заметить, что $r_1 + r_2 = 2(x + y)$, т. е. с учм а рассмотрён любой мощи гиперболы до ее фокусов разна переменную паралелограмма, лежащое в определенной гиперболы.

45

М315. *) На каждом ребре вынуклоzo многоорганика поставлена стрелка так, что в каждую вершину многоорганика входит и из каждой выходим хотя бы одна стрелка. Доказим, что существует по крайней мере две грани многоорганика, каждой из которых можно обойти по периметру, двіяясь в соответствии с направлением стрелок на ее сторонах.

Рис. 4.

Рис. 5.

Ф318. При каком $C_1$ емкость системы конденсаторов, показанной на рисунке 6, равна: a) $C$; б) $kC$ ($k \neq 1$); в) $C_1$?

Наозвемем последовательность
$$A_1A_2, A_2A_3, \dots, A_{t-1}A_t$$
ребер многоорганика путем
$$P = A_1A_2 \dots A_t$$
если на всех этих ребрах стрелки направлены в одну сторону: либо от $A_1$ к $A_2$, от $A_2$ к $A_3$, …, от $A_{t-1}$ к $A_t$, либо же от $A_t$ к $A_{t-1}$, от $A_{t-1}$ к $A_{t-2}$, …, от $A_2$ к $A_1$.

Так как по условию в каждую вершину многоорганика входит и из каждой выходим хотя бы одна стрелка, то любой путь можно удалить в обе стороны, присоединяя к его концам новые ребра.

Начав с произвольного ребра $A_1A_2$ многоорганика (оно, очень/no, является путем), будем последовательно стройить пути $A_1A_2A_3, A_1A_2A_3A_4$ и так далее, до тех пор, пока не получится такой путь, в котором одна из вершин встречает дважды: $A_s = A_t$, $1 \leq s < t$. Таким образом мы получим замкнутый путь $P_0 = A_sA_{s+1} \dots A_t$ (у него все вершины, кроме крайних, $A_s = A_t$, различны, рис. 4).

Так как многоорганик выпуклый, то путь $P_0$ делит его поверхность на две области $D$ и $D'$. Покажем, что в каждой области имеется по крайней мере одна грань, которая можно обойти по перimetру, двіяясь в соответствии с направлением стрелок на ее сторонах.

Возьемем область $D$; путь она состоит из $k_0 \geq 1$ граней многоорганика. Если $k_0 = 1$, то эта область (огранченная путь $P_0$) является нужной гранью. Если же $k_0 > 1$, то в области $D$ есть ребро $A_iB$, не входящее в путь $P_0$ (причем $A_i$ входит в $P_0$). Начав с этого ребра, будем стройить путь через вершину $B$ внутри области $D$ до тех пор, пока не получится путь, у которого одна из вершин встречает дважды (если мы выйдем на границу области $D$, то дальнейшее по путь $P_0$ возвращится к $A_i$). Так мы получим новый замкнутый путь $P_1$ (рис. 5). Путь $P_1$ лежит внутри области $D$ и не совпадает с $P_0$; значит, область, ограниченная путь $P_1$, состоит из $k_1 < k_0$ граней многоорганика. Если $k_1 = 1$, то $P_1$ ограничивает искому грань; если же $k_1 > 1$, то точно так же построим замкнутый путь $P_2$, ограничивающий область, которая состоит из $k_2 < k_1$ граней, и так далее. Так как все числа $k_i$ — натуральные и $k_{i+1} < k_i$, то за конечное число шагов мы получим замкнутый путь $P_0$, ограничивающийровно одну искому грань.

Вторую искому грань можно найти так же, расматривая $D'$ — вторую искому из области, на которой путь $P_0$ разделил наш многоорганик.

А. М. Зубков

◆ Пусть рассматриваемая система конденсаторов присоединена к источнику с напряжением $U$. Из сообщений симметрики следует, что заряды конденсаторов emкости $kC$ будут одинаковыми. Обозначим их через $Q$. Аналогично равны заряды $q$ конденсаторов emкости $C$. Заряд конденсатора $C_1$ обозначаем через $q_1$. Рассматриваемую зарядов отдельных конденсаторов (см. рис. 6).

Заряд $Q_x = Q + q$ системы конденсаторов связан с напряжением $U = U_2 + U_3 = \frac{q}{C} + \frac{Q}{kC}$, приложенным к системе, соответствием $Q_x = C_xU$, где $C_x$ — емкость системы, то есть
$$Q + q = C_x \left( \frac{q}{C} + \frac{Q}{kC} \right).$$

*) Решение задачи M314 будет опубликовано в следующем номере журнала.

46

Работа сил электростанческого поля по пересечению любого, а значит и единного, заряда по замкнутой траектории всегда равна нулю. Обойти, например, верхний контур (см. рис. 6) против часовой стрелки, получим

$$U_1 - U_2 + U_3 = \frac{q_1}{C_1} - \frac{q}{C} + \frac{Q}{kC} = 0.$$

Воспользуемся также законом сохранения заряда. Часть системы, показанная на рисунке 6 красным цветом (можно рассмотреть и участок, показанный снимм цветом), до присоединения системы к источнику была нейтральной. Так как эта часть изолирована, ее суммарный заряд остanetся равным нулю:

$$q + q_1 - Q = 0.$$

Из уравнения (1)—(3) следует, что

$$C_x = \frac{2kC + (1+k)C_1}{2C_1 + (1+k)C} C.$$

Отсюда легко получить, что

a) $C_x = C$ при $C_1 = -C$, что невозможно;
b) $C_x = kC$ ($k \neq 1$) при $C_1 = -kC$, что также невозможно;
b) $C_x = C_1$ при $C_1 = \sqrt{k} C.$

Ф319. На рассмотрении 2F от собирающей линии Л1 с фокусным рассмотрением F находимся светящейся предметем. Освеченностьчемкоо изображения предмета на экране при этом равна $E_0$. Между экраном и линии Л1 помещили рассивающий линии Л2 с фокусным рассмотрением — 2F. Для получениячемкоо изображения предмета пришлось экран перевединуть на рассмотрение, равное F. Определить освеченность изображения предмета во втором слуае.

Из условия задачи следует, что изображение предмета, создаваемое линзой Л1, находится от нее на расстоянии 2F (это легко проверить по формуле линзы). Пусть рассивающий линзу Л2 помещили на расстоянии x от линии Л1 (рис. 7). Очевидно, что для получениячеткого изображения экран пришлось отдвинуть данные от линии. Прежнее изображение, созданное линзой Л1, можно рассматривать как минимый предмет для линии Л2. Тогда расстояние от «предмета» до линии Л2 будет 2F — x, а расстояние от изображения до этой линии 3F — x. Из формулы линзы

$$-\frac{1}{2F-x} + \frac{1}{3F-x} = -\frac{1}{2F}$$

можно найти x. Вычисления дают x = F.

Тепер найдем линейное уvelичение линзы Л2:

$$\Gamma = \frac{H}{h} = \frac{3F-x}{2F-x} = 2.$$

Ф320. В откачанном сосуде емкостью $V = 1$ л находится 1 г гидрида урана $\mathrm{UH_3}$. При нагреве до температуры $t_1 = 400^\circ\mathrm{C}$ гидрид полностью разлагается на уран (атомный вес $A = 238$) и водород. Найти давление водорода в сосуде при этой температуре.

Ф321. На горизонтальную мембрану насыпан мелкий песок. Мембрана совершает колебания с частотой $\nu = 500$ гц в вертикальной плоскости. Какова амплитуда колебаний мембраны, если песчинки подскакивают на высоту $h = 3$ мм по отношению к положению равновесия мембраны?

Рис. 8.

Следовательно, если через линзу $\mathrm{Л_2}$ проходит весь световой поток, который падал на линзу $\mathrm{Л_1}$, то во втором случае этот поток распределяется по площади в $\Gamma^2 = 4$ раза большей. Поэтому освещенность изображения будет в четыре раза меньше, то есть $E = E_0/4$.

◆

Реакция разложения гидрида урана идет по уравнению
$$2\mathrm{UH_3} = 2\mathrm{U} + 3\mathrm{H_2},$$
то есть из 482 г (из двух молей) гидрида урана получается 476 г (два моля) урана и 6 г (три моля) водорода. Соответственно, из 1 г гидрида урана получится $m = 6/482$ г водорода. Считая водород идеальным газом, найдем его давление при данных условиях ($T = 673^\circ\mathrm{K}$, $V = 10^{-3}$ м³). Из уравнения состояния идеального газа

$$p = \frac{m}{\mu}\frac{RT}{V} \approx 35\cdot 10^3 \ \ \textit{н/м}^2.$$

◆

Пусть колебания мембраны происходят по закону
$$x = A \sin \omega t,$$
где $x$ — смещение от положения равновесия, $A$ — амплитуда, $\omega = 2\pi\nu$ — циклическая частота колебаний. В начальный момент времени $t = 0$ мембрана и песчинки на ней находятся в положении равновесия. Затем мембрана удаляется от положения равновесия, например, вверх.

На песчинку, движущуюся вместе с мембраной, действуют две силы: сила тяжести $mg$ и сила $\mathbf{N}$ реакции мембраны (рис. 8). Запишем уравнение движения песчинки:
$$N - mg = ma.$$
В момент отрыва песчинки сила реакции $N$ обращается в нуль, и, следовательно, ускорение песчинки $a = -g$. Таким образом, песчинка отрывается от мембраны в тот момент времени $t_0$, когда ее ускорение равно $-g$. Дальше песчинка продолжает двигаться до высоты $h$ как тело, брошенное вертикально вверх на высоте $h_0$, равной отклонению мембраны от положения равновесия в момент $t_0$, с начальной скоростью $v_0$, равной скорости мембраны в тот же момент $t_0$ (см. рис. 8). По закону сохранения механической энергии

$$mgh_0 + \frac{mv_0^2}{2} = mgh. \qquad (*)$$

Рассмотрим теперь более подробно движение мембраны и свяжем величины $h_0$ и $v_0$ с амплитудой колебаний мембраны.

Скорость мембраны в любой момент времени равна $v = \omega A \sin(\omega t + \pi/2) = \omega A \cos \omega t$, а ускорение $a = -\omega^2 x = -\omega^2 A \sin \omega t$. В момент отрыва $t_0$

$$v = v_0 = \omega A \cos \omega t_0,$$
$$a = -g = -\omega^2 A \sin \omega t_0,$$
$$x = h_0 = A \sin \omega t_0.$$

Из уравнения ускорения $\sin \omega t_0 = \dfrac{g}{\omega^2 A}$, следовательно, $h_0 = g/\omega^2$ и $v_0 = \omega A \cos \omega t_0 = \sqrt{\omega^2 A^2 - g^2/\omega^2}$

Подставив значения $h_0$ и $v_0$ в уравнение $(*)$, получим

$$A = \frac{\sqrt{2gh\omega^2 - g^2}}{\omega^2} \approx 77{,}2\cdot 10^{-6} \ \textit{м} \approx 0{,}077 \ \textit{мм}.$$

Б. Б. Буховцев

47