Решения задач М557—М561; Ф568—Ф572

28

Решения задач
M557—M561; Ф568—Ф572

М557. Дано n попарно взамимо простых чисел, больших 1 и меньших (2n—1)². Доказите, что среди их обязательно встретиется простое число.

Утверждение задачи доказем метод «от противного». Допустим, что все данные числа $a_1, a_2, \dots, a_n$ — составные. Сопоставим каждому из них его минимальный простой делитель: $a_i \rightarrow q_i$. Пусть $q = \max_{1 \leq i \leq n} \{q_i\}$. тогда $q \geq p_n$, где $p_n$ — n-e простое число (поскольку числа $a_1, \dots, a_n$ попарно взамимо просты).

Индикцией по $k$ легко доказывается неравенство $p_k \geq 2k - 1$. (Действительно, оно верно для $p_2 = 3$. Далее $p_{k+1} \geq p_k + 2$ при $k \geq 2$.) Тем самым $q \geq 2n - 1$. Следовательно, для того $a_j$, для которого $q_j = q$,

$$a_j \geq q_j^2 \geq (2n-1)^2$$

— противоречие. Значит, среди данных чисел обязательно встретиется простое.

А. Колотов

M558. В круге расположено $k > 1$ черных секторов, угод какдого из которых меньше $180^\circ / (k^2 - k + 1)$. Доказите, что круг можно повернуть вокруг центра O так, что все черные секторы перейдет в белую часть круга.

Рис. 1.

Пусть вместе сложены два круга, на одном из которых отмечено r черных секторов с центральными углами $a_1, a_2, \dots, a_r$, на другом — s синих с углами $\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_s$ (рис. 1). Попробуем найти достоинные условия, при которых круг с синими секторами можно повернуть на такой угол $\varphi$ ($0 < \varphi < 2\pi$), чтобы ни один из синих секторов не пересекался с черным.

Углы поворота $\varphi$ удобно отмечать на специальной окружности $c$ длины $2\pi$ с данной на ней точкой 0 (нулем). «Повернем» задачу иначе. Отметим на $c$ все запретные углы $\varphi$ — такие, при повороте на которые какой-то синий радиус совпадает с каким-то черным. Каждая пара (черный сектор с углом $a_i$, синий сектор с углом $\beta_j$) дает интервал запретных $\varphi$ длиной $a_i + \beta_j$. Поэтому, если какдое $a_i < \pi/k$, в частности, если какдое $a_i < \pi/k^2$. Доказать утверждение и для секторов с углами $a_i < \gamma = \pi / (k^2 - k + 1)$ можно, следка уточнить в этом случае оценку

*) Суммирование $\sum_{i,j} \text{ произвольных } i = 1, 2, \dots, r, j = 1, 2, \dots, s$.

Рис. 2.

29

длины «запретного» множества. Все «запретные» интервалы, соответствующие параметров совпадающих секторов ($\alpha_i, \alpha_i$), содержатся в одном интервале длины $2\gamma$ с центром $O$. А сумма всех остальных величины запретных углов

$$\sum_{i,j,i \neq j} (\alpha_i + \alpha_j) = 2(k-1)\sum_i \alpha_i$$

менные $2(k-1)k\gamma = 2\pi - 2\gamma$, так что и в этом случае найдется «незапретное» значение $\varphi$.

Задача решения, но возникает вопрос, нельзя ли еще поднять границы для $\alpha_i$? Утверждение задачи, вообще говоря, не сохраняется, если углы всех $k$ секторов взяты по величины равны $\gamma = \pi/(k^2-k+1)$. Опровергающие примеры для $k=2, 3, 4, 5$ весма любопытны (рис. 2): красные точки — концы биссеектрис секторов — должны быть расположены в $k$ вершинах правильного ($k^2-k+1$)-угольника, выбранных так, что для любого $m=1, 2, ..., k^2-k$ найдется пара красных точек, между которых расположено (в ту или иную сторону по окружности) $m$ сторон ($k^2-k+1$)-угольника. Проверьте, что тогда «запретное множество» — все $\varphi \in [0; 2\pi]$.

Сама по себе комбинаторная задача: при каких $k$ можно расположить $k$ красных точек на окружности длины $2C_k^2+1=k^2-k+1$ так, чтобы для любого $m=1, 2, ..., k^2-k$ найдется пара красных точек, между которых расположено (в ту или иную сторону по окружности) $m$ сторон ($k^2-k+1$)-угольника. Проверьте, что тогда «запретное множество» — все $\varphi \in [0; 2\pi]$.

Сама по себе комбинаторная задача: при каких $k$ можно расположить $k$ красных точек на окружности длины $2C_k^2+1=k^2-k+1$ так, чтобы для любого $m=1, 2, ..., k^2-k$ найдется пара красных точек, между которых расположено (в ту или иную сторону по окружности) $m$ сторон ($k^2-k+1$)-угольника. Проверьте, что тогда «запретное множество» — все $\varphi \in [0; 2\pi]$.

Пусть для неокоторого $k$ такое красное множество $\Pi_0$ существует. Тогда $\Pi_0$ и его образы $\Pi_m$ ($m=1, 2, ..., k^2-k$) при поворотах на углы $m\gamma, \gamma=\pi/(k^2-k+1)$, обладают такимми свойствами:

1°. Для любых $i \neq j$ пересечение $\Pi_i \cap \Pi_j$ состоит из одной точки.

2°. Любые две из точки множества $\Pi = \bigcup_m \Pi_m$ (вершин правильного ($k^2-k+1$)-угольника) принадлежатровно одному из $\Pi_m$.

3°. Существуют четыре точки множества $\Pi$, не содержащиеся в одном $\Pi_i$.

Множество $\Pi$ с такой системой подмножества $\Pi_m \subset \Pi$ называется конечной проективной плоскостью*). Известно, что конечные проективные плоскости существуют для $k=p^r+1$, где $p$ — простое, $r$ — натуральное числа (например, $k=3, 4, 5, 6, 8, 9$) и не существует, если $k=7, 15$; понятно; теперь, что в последнем случае не может существовать и опровергающего примера в задаче М558 (так что, например, для семи секторов с углами $\pi/43$ ее утверждение верно). Но уже для $k=10$ вопрос пока не удается решить даже с помощью ЭВМ.

Отметим, что конечная проективная плоскость не обязательна и такую «циклическую» номерацию точек, при которой прямые $\Pi_m$ получаются друг из друга с двумя номерами — это дополнительное требование, возможно, облегчит доказательство отсутствия таких «циклических плоскостей» для неокоторых $k$. (Заметим, что все проективные плоскости над конечным полем из $p^r$ элементов имеют такие циклическую номерацию; см. об этом в главе «Разностные множества» книги М. Холла.)

Н. Васильев, Г. Гальперин, В. Произвольов

*) Мы уже встречались в «Кванте» с тем, что разные по содержанию задачи затрагивают это понятие — см., например, задачи М5, («Кванте», 1970, № 1) и М335 («Кванте», 1975, № 7). Число $n=k-1$ называется «порядком» проективной плоскости; здесь $k=n+1$ — число точки на «прямой» $\Pi_n$ (и число «прямых», проходящих через данную точку; эти числа всегда одинаковы для всех точек и «прямых»). Про конечные проективные плоскости см. в книге Э. Артина «Геометрическая алгебра» (М., «Наука», 1969) и книге М. Холла «Комбинаторика» (М., «Мир», 1970).

30

М559. Докажите, что если $x, y, z$ — длины сторона треугольника, то

$$\left| \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right| - \frac{y}{x} - \frac{z}{y} - \frac{x}{z} < 1.$$

Левую часть удобно разложить на множители:

$$B = \left| \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right| = \frac{\left| z \left( x^2 - y^2 \right) + x \left( y^2 - z^2 \right) \right|}{xyz} = \frac{\left| (y-z) \left( z-x \right) \left( x-y \right) \right|}{xyz}.$$

$B < 1$, поскольку $|y-z| < x$, $|z-x| < y$ и $|x-y| < z$.

Уменьшить оценку 1 нельзя: например, при $x = \varepsilon$, $y = 1 + \varepsilon^2$, $z = 1 + \varepsilon$ ($\varepsilon$ — малое положительное число) $B$ будет больше $(1-\varepsilon)^3$.

В. Сендеров

М560. В дне ящика имеет дырка. Нужно сделать выпуклу заслонку наименьшей площади, при любом положении которого на дне ящика дырка будет закрыта. Решите эту задачу, если:

a) дно ящика — квадрат $4 \times 4$, а дырка расположена так, как показано на рисунке 1.

b) дно ящика — квадрат $n \times n$ ($n$ — нечетно), а дырка расположена в центре (рис. 2).

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

14 в форме выпуклого восьмигольника, составленного из перечисленных выше квадратов и треугольников (он выделен на рисунке 3), всегда покрывает квадрат $A_1$. Следовательно, она является исключой.

6. Допустим, что у нас есть выпуклая заслонка, при любом положении которого на дне ящика $n \times n$ дырка $A$ полностью закрыта.

Рассмотрим наименьший прямоугольник $P$ со стороными, параллельными сторонам квадрата, содержащий нашу заслонку. Пусть его размеры $(n-x) \times (n-y)$. Параллельно сдигга $P$ вместе с заслонкой, легко убедиться, что все прямоугольники, получаемый переносом клетки $A$ на расстояние не более $x$ влево-право и $y$ вверх-вниз, должны закрыть заслонке; длины сторона этого прямоугольника $u = 1+x$, $v = 1+y$. Кроме того, на каждой стороне $P$ должны быть точка заслонки; поэтому заслонка должна включать еще по крайней мере четыре треугольника (рис. 4) общей площадью $(n-u-x)v/2 + (n-v-y)u/2$. Итак, площадь заслонки не меньше

$$uv + (n-u-x)v/2 + (n-v-y)u/2 = (n-x)(1+y)/2 + (n-y)(1+x)/2 = n + x(n-y-1)/2 + y(n-x-1)/2 \geq n.$$

(ведь, очевидно, $x$ и $y$ не превысают даже $(n-1)/2$).

На рисунке 5 изображена фигура $M$, которая всегда покрывает центральный квадрат $A$. Площадь ее, очевидно,

31

Рис. 5.

М561. Два треугольника $A_0B_0C_0$ и $A_1B_1C_1$, площади которых равны $S_0$ и $S_1$, расположены так, что лучи $A_0B_0$ и $A_1B_1$, $B_0C_0$ и $B_1C_1$, $C_0A_0$ и $C_1A_1$ параллельны, но противоположно направлены. Найдите площадь треугольника с вершинами в серединах отрезков $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

равна $n$, то есть минимально возможная. Таким образом, это — искомая заслона.

Заметим, что в решении не использовалось, что сторона квадрата $n$ — целое число, важно лишь, что $n > 1$.

Было бы интересно решить эту задачу для других пар фигур; например, вполне праводополобно, что если «дыра» и «дно ящика» — концентрические круги радиусов $r$ и $R$, то выпуклая заслона наименьшей площади — наименьшая выпуклая фигура, содержащая меньший круг и диаметр большого круга (се площадь равна $2r\sqrt{R_2-r^2}+2r^2\arcsin r/R$).

В. Батырев

◆ Ответ. Искомая площадь

$$S = \left( \frac{\sqrt{S_0}-\sqrt{S_1}}{2} \right)^2.$$ (1)

Из условия задачи следует, что треугольники $A_0B_0C_0$ и $A_1B_1C_1$ готовятся (рис. 1), причем коэффициент готовится отрицательен и по модулю равен

$$k = \frac{|A_1B_1|}{|A_0B_0|} = \frac{|B_1C_1|}{|B_0C_0|} = \frac{|C_1A_1|}{|C_0A_0|} = \frac{\sqrt{S_1}}{\sqrt{S_0}}.$$

Пусть $O$ — центр этой готовности, то есть

$$\overrightarrow{OA}_1 = -k\overrightarrow{OA}_0, \overrightarrow{OB}_1 = -k\overrightarrow{OB}_0, \overrightarrow{OC}_1 = -k\overrightarrow{OC}_0.$$

Тогда, если $A, B, C$ — середины отрезков $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$ соответственно, то

$$\overrightarrow{OA} = (\overrightarrow{OA}_0 + \overrightarrow{OA}_1)/2 = \overrightarrow{OA}_0(1-k)/2$$

и аналогично

$$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB}_0(1-k)/2, \quad \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OC}_0(1-k)/2.$$

Следовательно, треугольник $ABC$ готовится треугольнику $A_0B_0C_0$, и коэффициент готовится по модулю равен $\frac{|1-k|}{2}$; поэтому

$$\frac{\sqrt{S}}{\sqrt{S_0}} = \frac{|1-k|}{2} = \frac{|1-\sqrt{\frac{S_1}{S_0}}|}{2} = \frac{\sqrt{S_0}-\sqrt{S_1}}{2\sqrt{S_0}}.$$

Отсюда следует формула (1).

Заметим, $1^\circ$. Треугольники $A_0B_0C_0$ и $A_1B_1C_1$ могут лежать в параллельных плоскостях; им будет параллельна и плоскость треугольника $ABC$. Все приведенные выше расчудения и ответ (1) остаются в силу.

$2^\circ$. Наше решение тесно связано с таким полезным фактом: отрезок $AB$, соединяющий середины диагоналей $A_0A_1$ и $B_0B_1$ трапеции с основаниями $A_0B_0$ и $A_1B_1$, параллельен основаниям и равен по длине полуразности их длин (рис. 2).

$3^\circ$. Пусть точки $A_t, B_t, C_t$ делят отрезки $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$ в одном и том же заданном отношении; пусть, например,

$$\frac{\overrightarrow{A_0A_t}}{\overrightarrow{A_0A_1}} = \frac{\overrightarrow{B_0B_t}}{\overrightarrow{B_0B_1}} = \frac{\overrightarrow{C_0C_t}}{\overrightarrow{C_0C_1}} = t.$$

Тогда площадь $S_t$ треугольника $A_tB_tC_t$ будет выражаться формулу (1) (соответствующую с лучю $t = 1/2$). Подумайте, что получается при $t = \frac{\sqrt{S_0}}{\sqrt{S_0}+\sqrt{S_1}}$.

$4^\circ$. То обстоятельство, что в задаче данных треугольники, не является существенным; треугольники могут быть заменены

32

Рис. 4.

Ф568. Приombардировке лицевой мишени протонами с энергейой не меньше 1,88 МэВ может происходить ядерная реакция

$$7\text{Li} + p \rightarrow 7\text{Be} + n.$$

При какой энергии протонов образуются в реакции нейтроны могут лететь назад от лицевой мишени?

ны других фигурами, готовотничьи относительно некоторого центра $O$. Более точно: пусть дана точка $O$ и точка $A_0$ описывает некоторую замкнутую несамопересекающую кривую, охватывающую фигуру площади $S_0$ (см. рис. 3).

Одновременно точка $A_1$, определяемая вектором $\overrightarrow{OA}_1 = -k \cdot \overrightarrow{OA}_0$, $k = \sqrt{S_1/S_0}$, описывает другую кривую (охватывающую фигуру площади $S_1$). Тогда середина $A$ отрезка $A_0A_1$ описет кривую, охватывающую фигуру площади (1). Аналогично точка $A_t$ такая, что $\overrightarrow{A_0A_t} = t\overrightarrow{A_0A_1}$ (то есть $\overrightarrow{OA_t} = t\overrightarrow{OA_0} + (1-t)\overrightarrow{OA_1} = (t-k+kt)\overrightarrow{OA_0}$; $t$ — фиксированное число), описет кривую, охватывающую фигуру площади, определяемой по формуле (2).

$$S_{KLMNPQ} = \left( \frac{\sqrt{S_0} + \sqrt{S_1}}{2} \right)^2.$$

(ср. с формулой (1))*).

Л. Купцов

Согласно законам сохранения энергии и импульса

$$E_p = E_{\text{Be}} + E_n + Q,$$

(1)

$$\vec{p}_p = \vec{p}_{\text{Be}} + \vec{p}_n,$$

(2)

где $E_p$, $E_{\text{Be}}$, $E_n$ — соответственно энергии протона, ядра бериллия и нейтрона, $\vec{p}_p$, $\vec{p}_{\text{Be}}$, $\vec{p}_n$ — импульсы этих частиц. При энергии протона $E_p = E_0 = 1,88$ МэВ суммарная энергия $E$ ядра бериллия и нейтрона минимальная. Найдем ее.

Для этого рассмотрим процесс в системе отчета, движущейся со скоростью центра масс системы протона — ядро лития. В этой системе протон и ядро лития движутся навстречу друг другу. При минимальной возможной энергии взаимодействующих частиц (протона и ядра лития) энергия образовавшихся в процессе реакции ядра бериллия и нейтрона равна нулю — эти частицы покоятся.

Тепер перейдем к системе отчета, в которой литиевая мишень неодвижна. В этой системе ядро бериллия и нейтрон, образовавшиеся в результатеombардировки мишени протоном с энергейой $E_p = E_0$, движется как одно целое со скоростью, равной скорости центра масс системы протон — ядро лития. Их суммарная энергия $E$, согласно закону сохранения энергии, определяется равенством

$$E_0 = E + Q,$$

(1')

а их суммарный импульс $\vec{p}$, согласно закону сохранения импульса, равен

$$\vec{p} = \vec{p}_0$$

(2')

($\vec{p}_0$ — импульс протона с энергейой $E_0$). Учитывая, что импульс частицы и ее энергия связаны соотношением $p = |\vec{p}| = \sqrt{2mE}$ ($E = \frac{mv^2}{2} = \frac{(mv)^2}{2m} = \frac{p^2}{2m}$), равенство (2’) мы можем переписать так:

$$\sqrt{2mE_0} = \sqrt{2(m+M)E}$$

(здеся $m$, обозначены масса протона и масса нейтрона, $M$ — масса лития и масса ядра бериллия). Отсюда находится $E = \frac{m}{m+M} E_0$. Подставив это значение в (1’), на

*) Прим. ред. О далеко идущих обобщенных формул рассказываюсь в статье «Семейство параллельных $n$-угольников» («Квант», 1974, № 11).

33

ходим значение $Q$:

$$Q = \frac{M}{m+M} E_0.$$

Таким образом, при энергии протона $E_p > E_0$ закон сохранения энергии (1) мы можем записать так:

$$E_p = E_{\text{Be}} + E_n + \frac{M}{m+M} E_0.$$

(3)

Если образовательия в результате реакции нейтрон летит назад от литевой мишени, то закон сохранения импульса (2) можно записать так:

$$p_p = p_{\text{Be}} - p_n (p = |\vec{p}|),$$

или

$$\sqrt{2mE_p} = \sqrt{2ME_{\text{Be}}} - \sqrt{2mE_n}.$$

(4)

Из равенства (4) найдем

$$E_{\text{Be}} = \frac{m}{M} (E_p + E_n + 2\sqrt{E_p E_n})$$

и подставим это значение в (3). В результате получим

$$E_p = E_n + \frac{m}{M} (E_p + E_n + 2\sqrt{E_p E_n}) + \frac{M}{m+M} E_0.$$

Из последнего равенства видно, что $E_p$ минимально при $E_n = 0$. При этом

$$E_p = \frac{M^2}{M^2 - m^2} E_0 \approx 1,92 \text{ (МэВ)}.$$

Таким образом, при $E_p \approx 1,92 \text{ МэВ}$ образующейся в реакции нейтрон поконтся. При $E_p > 1,92 \text{ МэВ}$ нейтрон может лететь назад от литевой мишени.

И. Слободецкий

◆ Обозначим $\tau_1$ время нагрева воды ($\tau_1 = 2$ мин). Из закона сохранения энергии следует, что

$$W\tau_1 = cm (t_2 - t_1) + Q_1,$$

(*)

где $m$ — масса воды, $Q_1$ — потери энергии, связанные с теплотодачей в окружающей пространство. $Q_1$ пропорционально времени $t_1$ и разности температур воды и окружающей среды.

При оставании воды (когда нагревальный выключен) выделяемая в окружающей пространство энергия равна

$$Q_2 = cm \Delta t,$$

где $\Delta t = 1^\circ\text{C}$ — изменение температуры воды за время $\tau_2 = 1$ мин. Так как разность температур воды и окружающей среды меняется незначительно, а $\tau_2 = 0,5\tau_1$, $Q_2 = 0,5Q_1$, так что

$$Q_1 = 2Q_2 = 2cm \Delta t.$$

Подставив это выражение для $Q_1$ в равенство (*), получим

$$W\tau_1 = cm (t_2 - t_1 + 2\Delta t).$$

Отсюда

$$m = \frac{W\tau_1}{c(t_2 - t_1 + 2\Delta t)} \approx 1,8 \text{ кг}.$$

E. Сурков

◆ Нарисуем график зависимости $\varphi(x)$. Из графика видно, что вначале потенциальmente и отрицательен, затем начинает возрастать. Он минимален при $x = 1$ мм, $\varphi_{\text{min}} = 1$ В. Это означает, что вначале (при малых $x$), пока потенциальу убывает, электрическое поле при перемещении электрона совершает отрицательную работу, превращается перемещению электрона. При $x > 1$ мм, когда потенциальна начинает возрастать, поле

34

Рах, ф — в волтах). Расстояние между катодом и аномом d = 10 мм. Координата x совпадает с расстоянием до катода. Определить, при какой минимальной кинетической энергии электрон с поверхности Katoda сможет достичь анода. Каким будет максимальное ускорение электронов, которые достинут анода?

$$W_{\min} = e\varphi_{\min} = 1 \text{ эВ.}$$

Ускорение электрона определяется действующей на электрон силой, то есть напряженнотою поля. Поэтому ускорение электрона максимально в той точке, в которой максимальное напряжение есть электрон, направленное противоположно полю.

Так как $\Delta\varphi = E\Delta x$,

$$E = \frac{\Delta\varphi}{\Delta x} = \frac{(x + \Delta x)^2 - 2(x + \Delta x) - (x^2 - 2x)}{\Delta x} = \frac{2x\Delta x + (\Delta x)^2 - 2\Delta x}{\Delta x}.$$

При малых $\Delta x$ можно пренебречь $\Delta x^2$, так что

$$E(x) = 2x - 2 \quad (x - \text{в мм}, E - \text{в В/мм}).$$

Направлено поле от катода к аному при $x < 1$ мм и от анома к катоду при $x > 1$ мм. Так как заряд электрона отрицательен, сила, действующая на электрон, направлена противоположно полю.

Итак, напряжение есть электростатическая поля пропорциональна координате. Она максимальная при $x = d$ и равна при этом $E_{\max} = 18 \text{ В/мм}$. Следовательно, при $x = d$ ускорение электрона максимально и равно

$$a = \frac{F}{m} = \frac{eE}{m} \approx 3.2 \cdot 10^{15} \text{ м/c}^2.$$

♦

1. Примем направления токов через резисторы такими, как показано на рисунке 1, и обозначим $U$ направление между точками $A$ и $B$. Тогда

$$U = -\mathcal{E}_1 + I_1R_1, \quad (1)$$

$$U = \mathcal{E}_2 + I_2R_2, \quad (2)$$

$$U = -\mathcal{E}_3 + I_3R_3, \quad (3)$$

$$U = \mathcal{E}_4 + I_4R_4. \quad (4)$$

Так как сумма токов, приходящих в точку $B$, равна нулю (заряд не накапливается в точке $B$), то

$$I_1 + I_2 + I_3 + I_4 = 0. \quad (5)$$

Из системы уравнения (1)—(5) нетрудно найти точки и направление $U$. Для этого подставим в уравнение (1)—(4) известные значения ЭДС (в волтах) и сопротивлений (в омах):

$$U = -1 + I_1,$$

$$U = 2 + 2I_2,$$

$$U = -3 + 3I_3,$$

$$U = 4 + 4I_4,$$

$$I_1 + I_2 + I_3 + I_4 = 0.$$

Решая эту систему, найдем

$$U + \frac{1}{2}U + \frac{1}{3}U + \frac{1}{4}U = 0 \Rightarrow U = 0.$$

Позному

$$I_1 = 1\text{ А}; I_2 = -1\text{ А}; I_3 = 1\text{ А}; I_4 = -1\text{ А}.$$

(Токи $I_2$ и $I_4$ направлены противоположно стрелкам.) Если провода разрезаны в точках $A$ и $B$, то

$$-\mathcal{E}_1 + I_1R_1 = \mathcal{E}_2 + I_2R_2,$$

$$I_1' + I_2' = 0,$$

так что

$$I_1' = 1\text{ А}, I_2' = -1\text{ А};$$

35

аналогично

$$\frac{\delta h_1}{\Delta h_2} = \left( \frac{r_2}{r_1} \right)^3$$

Так как кубу радиуса пропорциональна масса частицы,

$$\frac{\Delta h_1}{\Delta h_2} = \frac{m_2}{m_1}$$

($m_1, m_2$ — массы частицы гуммигута с радиусами $r_1$ и $r_2$ соответственно).

Изменение с высотой плотности кислорода в атмосфере аналогично изменению с высотой числа частицы гуммигута. Из рис. 2 видно, что плотность кислорода уменьшается вводе при изменении высоты на $\Delta H = 5,5$ км. Поэтому

$$\frac{\Delta h_1}{\Delta H} = \frac{m}{m_1},$$

где $m$ — масса молекулы кислорода. Отсюда

$$m = m_1 \frac{\Delta h_1}{\Delta H} = \frac{4}{3} \pi r_1^3 q_r \frac{\Delta h_1}{\Delta H} \approx 5,8 \cdot 10^{-26} \text{ кг}.$$

И. Слободецкий