Решения задач М546—М550; Ф558—Ф562

33

М546. Из произвольной точки М окружности, описанной около прямугодыника, опустили перpendикуляры MP и MQ на две его противоположные стороны и перpendикуляры MR и MT на продолжения двух других сторон. Докажите, что прямы PR и QT перpendикуляры другие другие другие. А их точка пересечения принадлежат диагоналям прямугодыника.

М547. Для того чтобы уравнение $\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{1}{n}$, где $n$ — натуральное число, имею.edинстенное решение в натуральных числах $x$, $y$, необходимо и достаточно, чтобы $n$ было простым. Докажите это.

Обозначим через $M_1$ и $P_1$ точки пересечения отрезков $MT$ и $MP$ с данной окружностью (см. рис.). Поскольку углы $MMP_1$ и $ADC$ прямые, углы $M_1AP_1$ и $AM_1C$ также прямые и четырехугольник $AP_1CM_1$ — прямогольник. С другой стороны, четырехугольники $AM_1TQ$ и $ARPP_1$ — параллелограммы (пары отрезков $M_1T$, $AQ$ и $AR$, $PP_1$ параллельны и равны по длине). Позному $(AM_1) \parallel (TE)$ и $(AP_1) \parallel (RP)$. Отсюда следует, что $(TE) \perp (RP)$.

Второе же утверждение задачи $(E \in (AC))$ эквивалентно подблюдению прямугодыников $AP_1CM_1$ и $AGEF$. Покажем, что они действительно подблены.

В самом деле, все отмеченные на рисунке углы конгрузентны; пусть они равны по величины $a$. Тогда, если $|AM_1| = a$ и $|CM_1| = b$, то $|AF| = |AR| \sin a = |PP_1| \sin a = |CP_1| \sin^2 a = a \sin^2 a$ и аналогично $|AG| = b \sin^2 a$, то есть $\frac{|AM_1|}{|CM_1|} = \frac{|AF|}{|FE|}$.

Позному $E \in [AC]$.

И. Клумова

◆ Из уравнения $\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{1}{n}$ следует, что $\frac{1}{x} > \frac{1}{n}$, то есть $x < n$. Поэтому, если $n = 1$, то в натуральных числах решения нет. Пусть $n \neq 1$, тогда $x = n - i$, $0 < i < n$, и $\frac{1}{n - i} - \frac{1}{n} = \frac{1}{y}$. Отсюда $y = \frac{n(n - i)}{i}$. Однако решение (в натуральных числах) всегда есть: оно получается при $i = 1: x = n - 1, y = n(n - 1)$.

Пусть теперь $n$ — простое и $i > 1$. Тогда числа $n$ и $i$ взаимно просты и числа $n - i$ и $i$ также взаимно просты, а следовательно, числа $n(n - i)$ и $i$ также взаимно просты (убедитесь в этом, рассмотрев, например, сумму $n(n - i) + ni$. Позному, если $n$ — простое, а $i > 1$, получаем $y = \frac{n(n - i)}{i} \notin \mathbb{N}$. Значит, при простом $n$ обязательно $i = 1$, и у нашей уравнения решения единственно.

Если же $n$ — составное: $n = n_1n_2$, то положив, например, $i = n_1$, получим, кроме решения $x = n - 1$, $y = n(n - 1)$, еще одно: $x = n - n_1$, $y = n_2(n - n_1)$. Это полностью доказывает утверждение задачи.

А. Данцелян

◆ Решим сразу пункт в) задачи. Для этого прежде всего сформировать:

На окружности расположено $n$ точек. Через центр таких $n - 2$ из них проводится прямая, перpendикулярная хорde, соединищей оставшиеся точки. Докажите, что все такие прямые проходят через одну точку.

Но что такое центр таких $k$ точек? Дадим определение: центром таких $k$ точек $A_1, A_2, \dots, A_k$ называется такая точка $G$, что

$$\overrightarrow{GA_1} + \overrightarrow{GA_2} + \dots + \overrightarrow{GA_k} = \overrightarrow{0}.$$

37

ниям на величипедах, сине — перемещениям пешком. На этом рисунке выделены графики перемещения одного из выехавших из $A$ и одного из выездших из $A$ величипедов (ломанные $AC_3D_3B$ и $AA_2B_3B$). Из графика видно, что время перемещения каждого величипеда равно $t_{\min}$.

Случай $m=2$, $n=3$ пропилострирован на рисунке 2: сним цветом изображен график перемещения первого величипеда; красным — второго и черным — третьERO.

С. Кротов

Ф558. Маленький тяжелый шарик влетает через отверстие внутри главной сферы той же массы, проходя на расстоянии $R/2$ от центра сферы ($R$ — радиус сферы). После влета шарика отверстие автоматически закрывается. Считая соударения между шариком и сфером абсолотно упругими, найти траектории шарика и центра сферы в той системе отчета, в которой сфера переоначально покопалась. Определить параметры этих траекторий и отметить на них точки, в которых происходят соударения.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Пусть шарик влетает в отверстие со скоростью $\vec{v}$ относительно той системы отчета, в которой сфера первогоначально покопалась. Очевидно, что все движения будут происходить в плоскости, где лежат вектор $\vec{v}$ и центр сферы.

Массы шарика и сферы равны, поэтому центр масс системы будет дивгаться со скоростью $\vec{v}/2$ по прямой, лежащей в той же плоскости на расстоянии $R/4$ от центра сферы. Так как внешние силы на системе не действуют, движение центра масс не изменится даже при наличии каких-либо соударений внутри системы.

По условию задачи соударения абсолотно упругие, а поверхносты гладкие. Это означает, что касательная проекция скорости шарика относительно сферы остается неизменной, а нормальная меняет знак на противоположный. Следовательно, при каждом соударении модель вектора скорости шарика относительно сферы не меняется и остается равным $|\vec{v}|$, а углы padения и отражения конгрузенты. Траектория шарика относительно сферы имеет вид виснанногоравностороннего треугольника со стороны $R\sqrt{3}$ (показан красным на рисунке 1), а промежутки времени между последовательными соударениями равны $R\sqrt{3}/|\vec{v}|$.

Центр масс системы относительно сферы движется со скоростью вдвое меньше, и его траектория — тожеравносторонний треугольник, но со стороны $R\sqrt{3}/2$ (показан черным на рисунке 1).

Тепер рассмотрим поступательно движущуюся система отчета, где неподвижна не сфера, а центр масс системы. Скорости шарика и центра сферы в этой системе одинаковы по модулю, который равен $|\vec{v}|/2$, а движение происходит по траекторям, изобразенным соответствующими цветами на рисунке 2 и 3.

В заключение остается перейти в исходную систему отчета, где сфера первогоначально покопалась, шарик движется со скоростью $\vec{v}$, а центр масс все движется со скоростью $\vec{v}/2$ (рис. 4). Для такого перехода необходимо прибавить вектор $\vec{v}/2$ ко всем векторам скоростей, изобразенным на рисунках 2 и 3. Получится, что до первого соударения (после «нулевого», треугольного, шестого, $3n$-го) шарик движется со скоростью, равной по модулю $|\vec{v}|$ и направленной параллельно скорости (и траектории) центра масс, и происходит рассоглашение $R\sqrt{3}$. Сфера в этот промежуток времени покопится.

После первого (четвертого, седьмого,…, $(3n+1)$-го) соударения вектор скорости шарика направлен под углом $-\pi/3$ к вектору скорости центра масс и по модулю равен

38

До второго соударения шарик проходит путь $R\sqrt{3}/2$. Соответствие скорость сферы направлена под углом $\pi/6$ к тому же вектору, а ее модель равен $|\vec{v}|\sqrt{3}/2$. Сфера проходит путь $3R/2$.

После второго (пятого, восьмого,…, $(3n+2)$-го) соударения векторы скоростей шарика и центра масс составляют угол $\pi/3$ и равны по модели $|\vec{v}|/2$. Путь шарика прежний, то есть $R\sqrt{3}/2$. Наконечная скорость сферы в это время — $\pi/6$, модель скорости $|\vec{v}|\sqrt{3}/2$, путь $3R/2$.

Далее картина повторяется, то есть между третийм и четвертым соударениями сфера снова поконтся, а шарик движется со скоростью $\vec{v}$ и т. д.

Б. Буховцев

Ф559. Соедасно теории Бете уелеродный цикл звездных термодерных реакций состоит из следующих реакций:

$$p + ^{12}C \rightarrow ^{13}N + \gamma,$$
$$^{13}N \rightarrow ^{13}C + e^{+} + v,$$
$$p + ^{13}C \rightarrow ^{14}N + \gamma,$$
$$p + ^{14}N \rightarrow ^{15}O + \gamma,$$
$$^{15}O \rightarrow ^{15}N + e^{+} + v,$$
$$p + ^{15}N \rightarrow ^{12}C + ^{4}He.$$

Начти энергию, выделяющую при образовании моля тела.

Цикл Бете приводит к образованному из четырех протонов одного ядра геля:

$$4p \rightarrow ^{4}He + 2e^{+} + 3\gamma + 2v.$$

Подсчитав по формуле $E = mc^2$ энергии части слева и справа, найдем энергию, выделившую при синтезе одного ядра атома геля ($m_p = 1,6724 \cdot 10^{27}$ кг, $m_{He} = 6,6439 \cdot 10^{27}$ кг, $m_{e} = 0,9108 \cdot 10^{30}$ кг, $c = 3 \cdot 10^8$ м/с):

$$E_{выд} = (4m_p - m_{He} - 2m_{e})c^2 = 0,3951 \cdot 10^{-11}$$ Дж.

При образованнии моля геля выделяется энергия

$$W = E_{выд}N_A \approx 2,4 \cdot 10^9$$ кДж

(здеся $N_A \approx 6 \cdot 10^{23}$ моль $^1$ — число Авогадро).

Ф560. Плоская бесконечная струя толщины $d_0$ nadает nod уелом а на плоскость (рис. 1). Скорость струи равна $\vec{v}$, ее плотность $\rho$. На какое струи распадается струя?

Обозначим через $d_1$ и $d_2$ толщины образованших струй (рис. 2), а через $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$ — их скорости. Так как через поперечное сечение первого嗽альной падаюшей струи за одну секунду проходит такая же масса жидкости, что и через поперечные сечение обиха образованших струй, то

$$\rho d_0 v = \rho d_1 v_1 + \rho d_2 v_2$$

(1)

(здеся $v, v_1$ и $v_2$ — молли соответствующих скоростей).

Выделим так называемую трубку тока жидкости (на рисунке 2 она показана цветом) и рассмотрим ее участок между сечениями $I$ и $II$. За малое время $\Delta t$ через сечение $I$ площально $\Delta s$ втекает, а через сечение $II$ площально $\Delta s_1$ втекает одна и та же масса жидкости.

$$\Delta m = \rho \Delta s v \Delta t = \rho \Delta s_1 v_1 \Delta t.$$

Изменение кинетической энергии этой массы жидкости равно работе $A$ сил давления $\vec{F}$ и $\vec{F}_1$. Если при перехождение через $I$ работа положительная, то при перехождение через $II$ она отрицательна, поэтому

$$A = F v \Delta t - F_1 v_1 \Delta t = p \Delta s v \Delta t - p_1 \Delta s_1 v_1 \Delta t,$$

где $F$ и $F_1$ — молли сил давления, а $p$ и $p_1$ — давления в сечении $I$ и $II$ соответственно.

Но давление как влевой, так и в правой струях равно давлению в падаюшей струye (все струи имеют свободную плоскую поверхность и давление в них равно атмосферному), то есть $p = p_1$. Кроме того,

$$\Delta s v \Delta t = \Delta s_1 v_1 \Delta t = \frac{\Delta m}{\rho}.$$

39

Таким образом,

$$A = p \frac{\Delta m}{\rho} - p \frac{\Delta m}{\rho} = 0,$$

и изменение кинетической энергии массы $\Delta m$ жидкости равно нулю, то есть $v_1 = v$. Точно так же можно показать, что и $v_2 = v$. Поэтому из равенства (1) получаем

$$d_0 = d_1 + d_2.$$

(2)

Так как на жидкость не действуют никакие внешние горизонтальные силы, горизонтальная проекция импульса текущей жидкости должна оставаться постоянной:

$$mv \cos \alpha = m_1 v_1 - m_2 v_2,$$

где $m \sim d_0$, $m_1 \sim d_1$, $m_2 \sim d_2$ и $v = v_1 = v_2$. Следовательно,

$$d_0 \cos \alpha = d_1 - d_2.$$

(3)

Из равенств (2) и (3) получаем

$$d_1 = d_0 \cos^2 \frac{\alpha}{2} \quad \text{и} \quad d_2 = d_0 \sin^2 \frac{\alpha}{2}.$$

◆ а) Сила, действующая по экватору на нижнюю часть батинскафа, равна весу стольба воды над верхней полусферой (рис. 1). Объем этого стольба равен объему цилиндра радиусом $R$ и высотой $H$ без объема полусферы радиусом $R$, поэтому модель веса воды равен

$$P = \rho g \left( H \pi R^2 - \frac{2}{3} \pi R^3 \right).$$

Напряжение, которое должен выдерживать шов батинскафа, равно

$$\sigma_a = \frac{P}{2 \pi R} = \frac{1}{2} \rho g \left( HR - \frac{2}{3} R^2 \right).$$

б) Расстоянием две маленькие плоскники площадью $\Delta s$ каждой, находящемся на расстоянии $h$ выше и ниже центра сферы (рис. 2). На верхнюю плоскку действует сила $\overrightarrow{F_1}$, модель которой $F_1 = \rho g (H - h) \Delta s$. Проекция этой силы на горизонтальном плоскости равна

$$F_1 \cos \alpha = \rho g (H - h) \Delta s \cos \alpha.$$

На нижнюю плоскку действует сила $\overrightarrow{F_2}$, ее модель $F_2 = \rho g (H + h) \Delta s$, а проекция на горизонтальном плоскости равна

$$F_2 \cos \alpha = \rho g (H + h) \Delta s \cos \alpha.$$

Сумма этих проекций не зависит от $h$ и равна

$$2 \rho g H \Delta s \cos \alpha.$$

Но $\Delta s$ cos $\alpha$ представляется собой проекцию плоскники $\Delta s$ на вертикальном плоскости. Отсюда следует, что сумма $F$ горизонтальных проекций силы, действующих на всю правую полусферу, равна произведению величины $2 \rho g H$ на половину плоскии сечения полусферы, проходящero через вертикальный диаметр:

$$F = 2 \rho g H \frac{1}{2} \pi R^2 = \rho g H \pi R^2.$$

Напряжение, которое должен выдерживать шов батинскафа, равна

$$\sigma_a \approx \sigma_6 = \frac{1}{2} \rho g HR = 10^8 \text{ H/m}.$$