Решения задач М336, М337, М339; Ф348—Ф352

32

Решения задач
M336, M337, M339; Ф348—Ф352

М336. В плоскости данного конечное множество многоугольников, каждый два из которых имеют общую точку. Доказим, что существует прямая, которая имеет общую точку с каждой из этих многоугольников.

Рис. 1.

М337. Дан равносторонний треугольник ABC со стороны длины 1. Первые церрок выбираем точку X на стороне AB, второй — точку Y на стороне BC, затем первый — точку Z на стороне AC.
а) Цель первого церрок — получить треугольник XYZ наибольшей площади, второй — наибольшей площади. Какую наибольшую площадь обеспечить первый?
б) Цель первого церрок — получить треугольник XYZ наибольшего периметра, второго — наибольшего периметра. Какой наибольший перimeter может обеспечить первый?

Спроектируем все многоугольники на какую-нибудь горизонтальной прямую прямую m. Проекцией каждого многоугольника будет отрезок. Среди правых концов этих отрезков выберем самый левый (пуст его будет правый конец A проекции многоугольника M — см. рисок 1) и проведем через него прямую l, перепendlкулярную прямой m. Примая l пересекает все многоугольники, так как нижкой многоугольник не может лежать целиком левее нее (тогда правый конец его проекции был бы левее A), и нижкой не может лежать целиком правее (так как тогда он не имел бы общих точек с многоугольником M).

С. Фомин

Рис. 2.

Рис. 3.

a) Докажем сначала, что наличишая стратегия второго игрок — поставить точку Y на стороне BC, так, чтобы прямая XY оказалась параллельной стороне AC. Действительно, если (XY’) || (AC), а Y∈[BY’] (см. рис. 2), то первый игрок своим вторым ходом поставить точку Z в вершину C; тогда SXYC > SXY’C, так как у этих треугольников высота одна и та же, а основание первого больше. Если же Y∈[Y’C], то первый игрок поставит точку Z в вершину A, и опять будет SXYA > SXY’A, поскольку у этих треугольников одно и то же основание, а высота y треугольника XYA больше (рис. 3).

Поэтому (XY) || (AC), и от того, где на [AC] первый игрок поставит точку Z, уже ничего не зависит:

$$S_{XYZ} = S_{XYA} = \frac{1}{2} \cdot |XY| \cdot (H - h),$$

(здесь H = \frac{\sqrt{3}}{2} – высота треугольника ABC, h – высота треугольника XBY). Выразив |XY| через h, получим, что есть искомая площадь является квадратным треугольником от h. Этот трехчлен принимает максимальное значение $\frac{H^2 \sqrt{3}}{12} =$

34

Рис. 7.

М339*). Дана горизонтальная полоса на плоскости, края коморой — паралельные прямы, и n прямы, пересекающих эту полосу. Каждый две из этих n прямы пересекаются внутри полоси и никакие прямы не проходит через одну точку. Расстояние все пути, начинающие на нижней краюмке полосы, идущее по данным прямы и заканчивающей на верхней краюмке, обладающие максимальным свойством: одна по максиму пути, мы все время поднимаемся вверх; другой до точки пересечения прямы, мы обязаны перейти на другую прямую. Доказим, что среди максимумей

a) есть пути, состоящий не менее чем из n отрезков;
b) есть пути, проходящий не более чем по $\frac{n}{2} + 1$ прямы;
c) есть пути, проходящий по всем n прямы.

Рис. 8.

Возведя обе части уравнения (*) в квадрат, получим:

$$2x^2 - 3x + 2 = 2(1 - x)\sqrt{x^2 + x + 1},$$

откуда

$$8x^3 - 17x^2 + 8x = 0,$$

$$x = |AE| = \frac{17 - \sqrt{33}}{16}$$

(проверьте, что это действительное корень уравнения (*)). Искомый перimetр равен

$$2|EC| = 2\sqrt{x^2 - x + 1} = \frac{3}{8}\sqrt{2(17 - \sqrt{33})}.$$

М. Бронштейн

Обозначим точки пересечения прямых с нижней краюмкой полосы по порядку (слева направо) через $A_1, A_2, \dots, A_n$ (рис. 7). Точки пересечения тех же прямых с верхней краюмкой полосы мы обозначим соответствующее $B_1, B_2, \dots, B_n$.

Перечислим некоторые свойства пути, о которых говорится в условиям.

1°. По каждой отрезку каждой прямой проходимровно один пути. Действительно, правильная, формулированные в условиям, позволяют единственным способом продолжить пути вверх и вниз до краев полосы.

2°. Существует n различных пути: из каждой точки $A_1, \dots, A_n$ выходит свой пути. Занутерум их по порядку: 1-й, 2-й, …, n-й.

3°. Путь, начинающийся в точке $A_k$, заканчивается в точке $B_k$. В самом деле, согласно правилам, каждый пути в точке пересечения прямых переходит на другую прямую, поэтому (рис. 8) пути не могут пересечать друг друга, а лишь соприкасаются вершинами. Таким образом, $k$-й пути делит полосу на две области — левую, в которой расположены все пути с номерами $i < k$, и правую, в которой расположены пути с номерами $i > k$. Поэтому $k$-й пути окончится в $B_k$ (рис. 9).

Перейдем к доказательству отдельных утверждений задачи.

a) Посчитаем двумя способами общее количество отрезков во всех путих вместе. С одной стороны, каждая прямая разбита на n отрезков, поскольку она пересечена n-1 других прямых; следовательно, общее число отрезков равно $n^2$. С другой стороны, ту же сумму $n^2$ мы должны получить, сложив количество отрезков во всех n путих (мы используем здесь $1^\circ$ и $2^\circ$). Отсюда следует, что хотя бы в одном из пути не менее n отрезков.

b) Оценим количество отрезков в двух крайних путих: 1-м и n-м. Эти пути, оченьindo, ограничивают выпуклые множества: первый — множество точек, лежащих в всех прямых, последний — множество точек, лежащих в всех прямых (рис. 10). Ясно, что первый путем лежит слева от ломаной $A_1PB_1$, последний — справа от ломаной $A_nPB_n$, где $P$ — точка пересечения ($A_1B_n$) и ($A_nB_1$), и лишь начальные и конечные отрезки того и другого пути лежат на прямых $A_1B_n$ и $A_nB_1$. Что же касается каждой из остальных n-2 прямых $A_2B_{n-1}, A_3B_{n-2}, \dots, A_{n-1}B_n$, то они могут иметь об-

*) Решение задачи M338 см. в статье Ю. Ионина и Л. Курляндика «Понск инварианта», опубликованной в «Кванте», 1976, № 2.

35

Ф348. Космический корабль подходит к Луне по параболическом траектории, почти касающейся поверхности Луны. Чтобы перейти на стеллющую круговую орбиту (m. е. круговую орбиту, очень близкую к поверхности Луны), в момент наибольшего силижения с Луной включается морозной двигаемель. Определить, на сколько изменится скорость корабля при выполнении этого маневра. Ускорение свободного падения на поверхности Луны $g_{\pi} \approx 1,7 \text{ m/сек}^2$, радиус Луны $R_{\pi} \approx 1,7 \cdot 10^6 \text{ m}$.

Дополнительный вопрос. Попробуйте оценить, какую часть наибольной массы корабля должно составлять сложное горючее, если двигаемель выбраваем продукт с относительной скоростью $v = 4 \cdot 10^3 \text{ m/сек}$.

При движении тел в поле тяготения планеты (или звезды) полная механическая энергия (т. е. сумма кинетической и потенциальной энергии) сохраняется. В зависимости от величины полной энергии $E$ траектории имеют различный характер$^*$.

При $E < 0$ тело не может удалиться на бесконечную большую расстояние; в этом случае его траектория имеет вид эллипса (первый закон Кеплера). При $E > 0$ тело удаляется на бесконечность, имея неокторный запас кинетической энергии (гиперболическая траектория). При $E = 0$ тело также уходит на бесконечность, но в этом случае его скорость на бесконечности обращается в нуль; траектория тела имеет вид парабольы.

При движении по параболическом траектории скорость тела влизаизоваться планеты равна второй космической скорости. Так принято называть минимальную скорость, при которой тело, стартуя с поверхности планеты, может удалиться от нее на бесконечную далекое расстояние. Для точки наибольшего силижения с Луной (рис. 11) можно записать:

$$E = K + \Pi = \frac{mv^2}{2} - \gamma \frac{M_{\pi} m}{R_{\pi}} = \frac{mv^2}{2} - g_{\pi} R_{\pi} m = 0.$$

Здесь $v_{\pi}$ — скорость корабля в момент наибольшего силижения с Луной (вторая космическая скорость); $\Pi = -\gamma \frac{M_{\pi} m}{R_{\pi}}$ — потенциальная энергия корабля влизаизовости Луны$^{**}$.

*) См., например, статью К. Коваленко и М. Крейна «Баллистическая задача в космосе», 1973, № 5.

**) См., например, статью С. Козела «Физические аналоги», 1975, № 11.

36

Для скорости $v_{II}$ получим:

$$v_{II} = \sqrt{2g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}} \approx 2,4 \cdot 10^3 \text{ m/сек.}$$

В процессе торможения скорость корабля должна по условию задан уменныйться до первой космической скорости (для Лунны) $v_I$. Эта скорость может быть определена из условия движения корабля по круговой орбите:

$$\frac{mv_I^2}{R_{\text{Л}}} = \gamma \frac{M_{\text{Л}}m}{R_{\text{Л}}^2} = g_{\text{Л}}m; \quad v_I = \sqrt{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}} \approx 1,7 \cdot 10^3 \text{ m/сек.}$$

Таким образом, скорость корабля должна измениться на величины

$$\Delta v = v_{II} - v_I \approx 0,7 \cdot 10^3 \text{ m/сек.}$$

Чтобы ответить на вопрос (дополнительный) вопрос и оценить массу $m$ сокженного топлива, можно воспользоваться законом сохранения импульса. Предположим для управления расчета, что продукты сортая массы $m$ были выброшены из сопла пакеты в виде одной порции с относительной скоростью $v$. Запишем законом сохранения импульса в системе отчета, связанной с кораблем, движущимся со скоростью $v_{II}$:

$$(M_0 - m)\Delta v = mv,$$

где $M_0$ — первоначальная масса корабля. Отсюда

$$m = \frac{\Delta v}{v + \Delta v} M_0 \approx 0,15 M_0,$$

т. е. сокженное топливо должно составлять приблизительно 15% от первоначальной массы корабля.

Можно найти массу топлива более строго. Для этого нужно воспользоваться формулой Циолковского. Эта формула выражает изменение скорости космического корабля $\Delta v$ через относение его начальной $M_0$ и конечной $M$ масс:

$$\Delta v = v \ln \frac{M_0}{M}$$

(v — относительная скорость источника продуктов сорта). Отсюда

$$M = M_0 e^{-\frac{\Delta v}{v}} = M_0 e^{-0,175} \approx 0,84 M_0,$$

т. е. сокженное горючее топливо составляет примерно 16% от начальной массы корабля.

Отметим, что формула Циолковского учитывает непрерывный процесс источника продуктов сорта из сопла пакеты, поэтому полученный с ее помощью результат является более точным.

С. Козел

Ф349. Один киломоль идеально одноатомного газа, находящемся при нормальных условиях, переводим из состояния 1 в состояние 2 двумя способами: $1 \rightarrow 3 \rightarrow 2$ и $1 \rightarrow 4 \rightarrow 2$ (рис. 12). Наименование количества тепловызды, которые необходимо собиться газу в этих двух процесах.

Согласно первому закону термодинамики сообщаемое газу количество тепловизды $Q$ идет на изменение внутренней энергии газа $\Delta U$ и на совершение газом работы $A$:

$$Q_I = \Delta U_I + A_I, \quad Q_{II} = \Delta U_{II} + A_{II}.$$

Здесь индекс I относится к процессу $1 \rightarrow 3 \rightarrow 2$, а индекс II — к процессу $1 \rightarrow 4 \rightarrow 2$.

Так как газ одноатомный, то для одного моля

$$U = \frac{3}{2} RT, \quad \Delta U = \frac{3}{2} R\Delta T.$$

Отсюда видно, что изменение внутренней энергии газа при переходе из состояния 1 в состояние 2 зависит только от изменения температуры газа $\Delta T = T_2 - T_1$ и не зависит от

37

того, каким способом газ переводит из одного состояния в другой. Следовательно,

$$\Delta U_1 = \Delta U_{II} = \Delta U = \frac{3}{2} R (T_2 - T_1).$$

Для того чтобы найти температуры газа $T_1$ и $T_2$, записем уравнение состояния идеального газа для состояния 1 и 2 (см. рис. 12):

$$p_0 V_0 = RT_1, \quad 2 p_0 \cdot 2 V_0 = RT_2,$$

откуда

$$T_2 - T_1 = \frac{3 p_0 V_0}{R}, \quad \Delta U = \frac{9}{2} p_0 V_0.$$

Теперь найдем работы газа $A_1$ и $A_{II}$. В первом случае (процесс $1 \rightarrow 3 \rightarrow 2$) на участке $1 \rightarrow 3$ газ работы не совершает, а при изобарном расширении на участке $3 \rightarrow 2$ газ совершает работу

$$A_1 = p \Delta V = 2 p_0 (2 V_0 - V_0) = 2 p_0 V_0.$$

Во втором случае (процесс $1 \rightarrow 4 \rightarrow 2$) газ совершает работу только на участке $1 \rightarrow 4$:

$$A_{II} = p_0 (2 V_0 - V_0) = p_0 V_0.$$

Таким образом,

$$Q_1 = \Delta U + A_1 = \frac{13}{2} p_0 V_0,$$

$$Q_{II} = \Delta U + A_{II} = \frac{11}{2} p_0 V_0.$$

Отношение количества теплоты равно

$$\frac{Q_1}{Q_{II}} = \frac{13}{11}.$$

Ф350. Наименование направления на сопротивлении $R$ в схеме, показанной на рисунке 13, от величины этого сопротивления. Э. d. c. всех источников равны $\mathcal{E}$, их внутренние сопротивления $r$. Дiod ситам идеальным (его сопротивление в прямом направлении равно нулю, а в обратном бесконечно величке).

Рис. 15.

Если сопротивление $R$ велико, ток, и душий по нему, очень мал, и разность потенциаль между точками $B$ и $A$ (см. рис. 13) близка к $2\mathcal{E}$. При этом потенция л точки $B$ выше потенциаль точки $C$ (равного $\mathcal{E}$, если считать потенциаль точки $A$ равным нулю), диод закрыт, и ток по уча стку цепи $ACB$ не идет. Тогда данную схему можно заменить в простой схемой с двумя источниками, включенными последовательно с сопротивлением $R$ (рис. 14). В этой цепи идет ток $I = \frac{2\mathcal{E}}{2r + R}$, и падение направления на сопротивлении $R$ равно

$$U_R = \frac{2\mathcal{E} R}{2r + R}.$$

По мере уменьшения сопротивления $R$ ток в цепи растет, увеличивается падение направления на внутренних сопротивлениях источников, а разность потенциаль между точками $B$ и $A$ уменьшается. Так будет произойти до тех пор, пока потенциаль точки $B$ не станет равным потенциальу точки $C$, т. е. пока диод остается закрытым. Диод откроется в том момент, когда направление между точками $B$ и $C$ становится нулевым, а между точки $B$ и $A$ — $\mathcal{E}$. Значит, в этом момент падение направления на сопротивлении $R$ равно $\mathcal{E}$, т. е.

$$\frac{2\mathcal{E} R}{2r + R} = \mathcal{E},$$ или $R = 2r$.

Теперь найдем направление на сопротивлении $R$, когда $R < 2r$. В этом случае сопротивление диода равно нулю, и схему можно представить так, как показано на рисунке 15.

38

В этом случае
$$U'_R = I'R = \mathcal{E} - I_1 r = 2\mathcal{E} - I_2 \cdot 2r,$$
$$I' = I_1 + I_2.$$

Отсюда
$$I' = \frac{4\mathcal{E}}{2r + 3R} \text{ и } U'_R = \frac{4\mathcal{E}R}{2r + 3R}.$$

Таким образом,
$$U_R = \frac{2\mathcal{E}R}{2r + R} \text{ при } R \geq 2r,$$
$$U_R = \frac{4\mathcal{E}R}{2r + 3R} \text{ при } R \leq 2r.$$

Ф351. При слабом ударе функцию мяча о стенку он деформация x много меньше радиуса мяча R, и можно с хорошим приближением сцимamb, что давление p воздуха в мяче в процессе удара не меняется.

Пребрежная упругостую покрышки, оценить время содарения мяча со стенкой. Провести числовой расчет для сучая, когда масса мяча m = 0,5 кг, давление в нем p = 2 атм и радиус R = 12,5 см.

Рассмотрим сны, действующие на мяч во время удара. Это сила реакции со стороны стенки N и сила atmosферного давления Fа.

Согласно третьему закону Ньютона сила N численно равна и противоположно направлена слевая мяча на стенку Fд. Так как упругостую покрышки мяча можно пребречь, то
$$N = F_d = pS = p\pi r^2$$
($S = \pi r^2$—площадь соприкосовения мяча со стенкой, см. рис. 16). Направлена сила N перpendикулярно к стенке, т. е. по горизонтали вправо.

Для того чтобы найти салу atmosферного давления, разобъем поверхности соприкосовения мяча с окружающим воздействием на малые участки с площадью $\Delta s_i$. На каждый участок действует сала atmosферного давления $\Delta F_i$ (рис. 17), направления перpendикулярно к поверхности и равна по абсцилотной величины $\Delta F_i = p_0 \Delta s_i$ ($p_0$— atmosферное давление). Благодаря симметрии ясно, что вертикальные процесции всех сил $\Delta F_i$ в сумме дают нуль, так что равновесную мяча $= \sum \Delta F_i$ направлена горизонтально влево и равна по модулю (см. рис. 17)
$$F_a = \sum \Delta F_i \cos \alpha = p_0 \sum \Delta s_i \cos \alpha.$$
Величина $\Delta s_i \cos \alpha$ — это проекция плоскости, а $\sum \Delta s_i \cos \alpha$ — сумма таких процесций, равная проекции плоскости соприкосовения мяча с окружающим воздействием,
$$\sum \Delta s_i \cos \alpha = \pi r^2, \text{ и } F_a = p_0 \pi r^2.$$
Найдем теперь абсцилотное значение сны F = N + Fа:
$$F = N - F_a = (p - p_0) \pi r^2 = (p - p_0) \pi [R^2 - (R - x)^2] = (p - p_0) \pi (2Rx - x^2).$$
Поскольку деформация мяча x мала по сравнению с его радиусом R, то величины $x^2$ можно пребречь по сравнению с величины 2Rx. Тогда F = 2πR (p - p_0) x, или с учетом, что эта сила направлена противоположно деформации,
$$F = -2\pi R (p - p_0) x = -kx.$$
Таким образом, сила F пропорциональная велиние деформации x ($k = 2\pi R (p - p_0)$ — коэффициент пропорционности; он не меняется в процессе удара), т. е. носит упругий характер. Под действием такой сны тело может совершать колбация с периодом $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$, где m — масса тела.

39

Очевидно, что время соударения мяча со стенкой т как раз равно половине перiodа колебаний, т. е.

$$\tau = \frac{T}{2} = \pi \sqrt{\frac{m}{k}} = \sqrt{\frac{\pi m}{2R(p-p_0)}} \approx 8 \cdot 10^{-3} \text{ сек}.$$

◆

Найдем выражение для напряжения на нагрузке в общем случае.

Обозначим через $R_1$ и $R_2$ сопротивления частей реостата, на которые его делит движок, и перерисуем схему так, как показано на рисунке 19.

Напряжение на нагрузке равно напряжению на участке $AB$, содержащем паралельно соединенные сопротивления $R$ и $R_2$. Их можно заменить одним эквивалентным сопротивлением $R_3 = \frac{R R_2}{R + R_2}$.

Напряжение на этом эквивалентном сопротивлении (а значит, и на нагрузке), очевидно, равно $U = IR_3$, где $I = \frac{U_{BX}}{R_1 + R_3} - \text{tok в цепи}, \text{ т. е. } U = U_{BX} \frac{R_3}{R_1 + R_3}$.

Так как $R_1 = R - R_2$, то

$$U = U_{BX} \frac{R_3}{R - R_2 + R_3} = U_{BX} \frac{R R_2}{R^2 - R_2^2 + R R_2}.$$

Разделим числитель и знаменатель в этой формуле на $R^2$:

$$U = U_{BX} \frac{\alpha}{1 - \alpha^2 + \alpha}, \text{ где } \alpha = \frac{R_2}{R}.$$

В первоначальной цепи $R_2 = R/2$, т. е. $\alpha_1 = 1/2$ и напряжение на нагрузке

$$U_1 = U_{BX} \frac{1}{2(1 - 1/4 + 1/2)} = \frac{2}{5} U_{BX}. \tag{1}$$

При увеличении напряжения на входе цепи вдвое напряжение на нагрузке

$$U_2 = 2U_{BX} \frac{\alpha_2}{1 - \alpha_2^2 + \alpha_2}, \tag{2}$$

где $\alpha_2$ — новое значение огношення $R_2/R$.

Но по условию задачи напряжение на нагрузке в общих случаях должно быть одним и тем же. Поэтому согласно равенствам (1) и (2)

$$\frac{2}{5} U_{BX} = 2U_{BX} \frac{\alpha_2}{1 - \alpha_2^2 + \alpha_2}.$$

Отсюда

$$\alpha_2^2 + 4\alpha_2 - 1 = 0.$$

Решая это уравнение, получим

$$\alpha_2 = -2 \pm \sqrt{4+1} = -2 \pm \sqrt{5}.$$

Так как $\alpha_2 > 0$, то оно равно $\sqrt{5} - 2$. Следовательно, движок нужно перединуть так, чтобы

$$R_2 = (\sqrt{5} - 2) R.$$

Н. Словодечкий