Решения задач М579—М582, М584, М586—М594, М597; Ф589—Ф598

28

Решения задач

M579—M582, M584, M586—M594, M597;
Ф589—Ф598

М579. Докажите, что для любых чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$, принадлежих отрезку [0; 1], выполено неравенство
$$x_1 + x_2 + \dots + x_n + 1)^2 \geqslant 4(x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2).$$

Первое решение. Относительно $x_n$ это неравенство — квадратное, $P_2(x) = 3x_n^2 + Ax_n + B \leqslant 0$, и оно выполняется на отрезке [0; 1], если $P_2(0) \leqslant 0$ и $P_2(1) \leqslant 0$. Этти два неравенства относительно $x_{n-1}$ — тоже квадратные, такого же вида, и выполяются на все отрезке [0; 1], если справедливый при $x_{n-1} = 0$ и $x_{n-1} = 1$. Рассуждая так далее, получаем, что достаточно проверить исходное неравенство для наборов $x_1, \dots, x_n$ из 0 и 1. Если число $x_i$, равных единице, равно $k$, то получаем очевидное неравенство $(k+1)^2 \geqslant 4k$ (то есть $(k-1)^2 \geqslant 0)$.

Второе решение. Поскольку числа $x_1, x_2, \dots, x_n$ принадлежат отрезку [0; 1],
$$4(x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) \leqslant 4(x_1 + \dots + x_n),$$
и нашей неравенство снова совпадается к очередному
$$4S \leqslant (S+1)^2.$$
А. Плоткин.
C. Фомин

M580. В parlamentе у каждой его члена не более трех врагов. Докажите, что parlament можно разить на две палаты так, что у каждой парламентаря в одной с ним палате будет не более одного врага. (Считается, что если $A$ — враг $B$, то $B$ — враг $A$)

Проведем разбиение произвольным образом. Если в какой-нибудь из палат у некоторого parlamentaria $A$ будет $\geqslant 2$ врагов, то число его врагов в другой палате $\leqslant 1$. Поэтому после перемещения $A$ в другую палату суммарное число пар врагов внутри палат уменьшится. Такие перемещения продолжим до тех пор, пока требуется условие не будет выполено.

О. Бородин

M581. a) Существует ли трехзначное число, куб которого окачивается на три семерки?
6) Для любого или набора цифр, последняя из которых — не 0, существует куб, окачивающийся этим набомом цифр?

a) Чтобы число $n^3$ окачивалось на 7, само число $n$ должно окачивать на 3, так что если искомое трехзначное число $n$ существует, то $n = ab^3 = 100a + 10b + 3 = 10(10a + b) + 3$. Тогда $n^3 = 10^3 \cdot A + 10^2(7a + 2b + 9b^2) + 10(7b + 2) + 7$.

Число $7b + 2$ окачивалось на 7 в том и только в том случае, когда $7b$ окачивался на 5, то есть когда $b = 5$. Тогда $n^3 = 10^3 \cdot A + 10^2(7a + 8) + 77$.

Число $7a + 8$ окачивался на 7 в том и только в том случае, когда $a = 7$.

Таким образом, $753^3$ окачивался (по крайней мере) на три семерки.

6. Нет, не для любого. Если число $n^3$ окачивался на 5, то и само число $n$ окачивался на 5. Но число $(10a + 5)^3$ окачивался на 25, если $a$ — четное, и на 75, если $a$ — нечетное. Поэтому ни для каждого $n$ число $n^3$ не окачивался на 05, 15, 35, 45, 55, 65, 85, 95.

Кроме того, если число $n^3$ окачивался четной цифрой, то $n^3$ делится на 2; тогда $n$ делится на 2 и, следовательно, $n^3$ делится на 8. Но число $a$ делится на 8 тогда и только тогда, когда число, образованное время его последними цифрами, делится на 8. Значит, ни для каждого $n$ число $n^3$ не окачивался на четное трехзначное число, не делится на 8.

А какой будет ответ в задаче 6), если потребовать, чтобы последняя цифра данного набора была нечетной и отличной от 5?

29

М582. В окружность с центром О вписан четырехдольный со взaimно перпендикулярными диагоналими. Доказите, что расстояние от точки O до каждой его стороны равно половине длины противоположной стороны.

Рис. 1.

Рис. 2.

М584. Можно ли представить все пространство в виде объедининия прямых, какые две из которых — скрещиваются (то есть не лежат в одной плоскости)?

Рис. 1.

Рис. 2.

Первое решение. Пусть K, L, M, N — середины сторона AB, BC, CD и AD вписанного четырехдольным ABCD (рис. 1), [AC] ⊥ [BD]. Докажем, что |ON| = |BL| и |OM| = |BK|.

Действительно, |KL| = |MN| и [KL] || [MN] как средние линии в треугольниках ABC и ACD с общим основанием AC. Поэтому BKL = BAC = BDC (вписанные углы, опирающиеся на одну и ту жедугу). Далее, [OM] ⊥ [CD], а [MN] ⊥ [BD] (поскольку [MN] || [AC]), так что BDC = OMN. Значит, BKL = OMN. Кроме того, KBL = 180° – MDN = MON. Таким образом, треугольники BKL и MON конгружены (по стороне и двум углам), откуда |ON| = |BL|, |OM| = |BK|.

Равенства |OK| = |DM| и |OL| = |DN| следует из конгружности треугольников OKL и DMN.

Второе решение. Проведем хорду AE, перпендикулярную AD (рис. 2). Дуга AE конгрузится дуге BC (поскольку ADE = BAC), так что |AE| = |BC|. Так как EAD = 90°, ED — диаметр и O ∈ [ED]. Поскольку [ON] — средняя линия в прямойном треугольнике ADE, |ON| = |AE|/2 = |BC|/2, что и утверждалось.

И. Клумова

Приведем пример разбиения пространства на попарно скрещивающихся прямые.

Пусть прямая l0 вертикальная (ось Oz на рисунке 1). Через каждой точку T горизонтальной плоскости α (Oxy), отличную от O, проведем прямую TM, которая перпендикулярна отрезку OT и наклонена к плоскости α под углом arctg 1/|OT|.

Таким образом, при возрастании r = |OT| от 0 до +∞ прямая TM постепенно наклонится от вертикального положения l0 к горизонтальнойному. При фиксированном же r прямые TM врашают вокруг оси l0, образуя однополосный эйнерболюд Γr (рис. 2). Для каждой r > 0 получается гиперболид с «горловиной» радиуса r, все более широкий.

Прямы TM, построенные для всех точек T ∈ α, отличных от O, и прямая l0 образуют искомое разбиение. Доказем это.

Во-первых, доказем, что никакие две из проведенных прямых не параллельны. Действительно, если две прямые принадлежат разным семействам Γr1 и Γr2, r1 ≠ r2, то углы φ1 и φ2 их наклонка к горизонтальной плоскости α различны. Если же две прямые принадлежат одному семейству Γr, то их проекции либо на плоскость α, либо на вертикальную плоскость будут, оченьindo, не параллельны.

(Заметим, что на каждой гиперболиде Γr можно выбрать одно из двух семейств прямойнейных образующих: мы можем направить вектор TM′ от точки T (рис. 1) по или против часовой стрелки. Мы каждой раз направляем его одинаково.)

Во-вторых, нужно доказать, что через каждую точку пространства проходитровно одна из прямых. Это почти очевидно «из сообщений неперерывности», но для строого доказательства лучше использовать метод координат.

Пусть P(x; y; z) — точка прямой TM на рисунке 1; P′(x; y) ее проекция на плоскость α. Тогда |TP| = r|z|, поэтому |OP′|² = r²(1 + z²), то есть

x² + y² = r²(1 + z²).

31

М588. а) Через точку, взятую внутри произвольного tetraэдра, паралельно его ребрами проведены отрезки с концами на граних tetraэдра. Доказите, что сумма всех шести отношений длины отрезков к длиам паралельных им ребер всегда равна trem.
б) Сформируйте и докажите аналогично утверждение для треугольника (на плоскости).

Рис. 1.

Рис. 2.

М589. На плоскости дин набор из n векторов, длина каждого из которых не превышает 1. Доказите, что, заменяем неокторные векторы этого набора на противоположные, можно получить такой набор

Можно доказать (попробуйте это сделать!), что орбита любой начальной точки $(x_0; y_0; z_0)$ — множество точек, которые получаются из нее действием группы всех наших преобразований, — будет всоду плотна на сфере радиуса $\sqrt{x_0^2 + y_0^2 + z_0^2}$ с центром $O$, то есть содержит точки в любом сколью уголно маленьком кругочке сферы.

Более трудные задачи — описать точное орбиту какой-либо точки, скажем точки (1; 0; 0) или одной из точек, данные в условиях или указать алгоритм, позволяющий по двум точкам сферы узнать, можно ли одну из них перевести в другую. Нам решение этих задач неизвестно.

Н. Васильев

◆
a) Проведем через точку $O$ внутри tetraэдра $ABCD$ отрезки $|A_1B_1| \parallel |AB|$ и $|C_1D_1| \parallel |CD|$, где $A_1 \in (ACD)$, $B_1 \in (BCD)$, $C_1 \in (ABC)$, $D_1 \in (ABD)$ (рис. 1). Этти отрезки определяют плоскость, пересекающего грани $ABC$ и $ABD$ по прямым $PN$ и $MQ$, паралельным $(AB)$, а грани $ACD$ и $BCD$ — по прямым $MN$ и $PQ$, паралельным $(CD)$. Значит, четырехугольник $MNPQ$ — паралелограмм. Имеем

$$\frac{|A_1B_1|}{|AB|} = \frac{|MQ|}{|AB|} = \frac{|DM|}{|AD|},$$

$$\frac{|C_1D_1|}{|CD|} = \frac{|MN|}{|CD|} = \frac{|AM|}{|AD|}.$$

Отсюда

$$\frac{|A_1B_1|}{|AB|} + \frac{|C_1D_1|}{|CD|} = \frac{|DM|}{|AD|} + \frac{|AM|}{|AD|} = \frac{|DM|+|AM|}{|AD|} = 1.$$

Итак, сумма отношений длины проводенных отрезков к длиам паралельных им скрещивающихся ребер tetraэдра равна единице. Следовательно, сумма всех шести отношений длины отрезков к длиам паралельных им сторон равна двум.

Пусть $O$ — точка внутри $\Delta ABC$, $A_1A_2$, $B_1B_2$, $C_1C_2$ — отрезки, паралельные сторонам треугольника (рис. 2). Из подобия треугольников $ABC$, $C_1CC_2$ и $A_1AA_2$ получаем (обозначения см. на рисунке 2)

$$\frac{|C_1C_2|}{|AB|} = \frac{|CC_1|}{|AC|} = \frac{x+y}{|AC|},$$

$$\frac{|A_1A_2|}{|BC|} = \frac{|AA_2|}{|AC|} = \frac{z+y}{|AC|}.$$

Кроме того, $$\frac{|B_1B_2|}{|AC|} = \frac{x+z}{|AC|}$$ (см. рис. 2). Поэтому

$$\frac{|A_1A_2|}{|BC|} + \frac{|B_1B_2|}{|AC|} + \frac{|C_1C_2|}{|AB|} =$$

$$= \frac{z+y}{|AC|} + \frac{x+z}{|AC|} + \frac{x+y}{|AC|} = \frac{2(x+y+z)}{|AC|} = 2,$$

что и требовалось доказать.

Э. Ясиновый

◆
Приведем решение задачи 6). Оно основано на следующем простом утверждении:

Лемма. Если $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ — векторы на плоскости, по длине не превышает 1, то длина суммы или разности некоторых двух из них также не превышает 1.

Действительно, среди шести векторов $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, -\vec{a}, -\vec{b}, -\vec{c}$ найдется два, величины угла которых не превышает 1.

32

п векторов, сумма которых имеет длину
a) не превысдающую $\sqrt{n}$;
b) не превысдающую $\sqrt{2}$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 4.

М590. a) Найдите наименьшее значение выражения $|\cos x| + |\cos 2x|$. Докажите, что для любого числа $x$ и $60^\circ$. Но тогда, очевидно,лина разности этих двух векторов не превысит 1 (рис. 1).

Утверждение задачи доказывает теперь так. Пусть $n > 1$ и $a_n$ — наименьшее число, обладающее таким свойством: для любых векторов $\vec{a}_1, \dots, \vec{a}_n$ на плоскости, таких, что $|\vec{a}_1| \leq 1$, …, $|\vec{a}_n| \leq 1$, в сумме $x = \pm a_1 \pm \dots \pm a_n$ можно так выбрать знаки, что $|\vec{x}| \leq a_n$. Нам надо проверить, что $a_n \leq \sqrt{2}$. Лемма показывает, что если $n > 3$, то $a_n = a_{n-1}$. Поэтому $a_n = a_2$. Но, очевидно, $a_2 = \sqrt{2}$ (рис. 2), что и завершает доказательство.

Любопытно, что доказанный результат (с несколько худшей константой) справедлив и для «неевклидового» способа измерения длины векторов, при котором роль единчного круга играет произвольная выпуклая ограниченная центрально-симметричная фигура $\Phi$ на плоскости. Этот способ очень популяр в современной математике и состоит в следующем.

Чтобы изменить длину $\vec{a}$, отключим этот вектор от центра симметрики $O$ фигуры $\Phi$ — пусть $\vec{a} = OA$ — и найдем наименьшее число $\lambda > 0$, такое, что $A \in \lambda \Phi$ (λФ — образ фигуры $\Phi$ при тометении с центром $O$ и коэффициентом $\lambda$ — см. рисунок 3; мы предполагаем, что Ф содержит свою границу и что точка $O$ лежит внутри $\Phi$). Это число $\lambda$ и принимается за «обобщению длину» $|\vec{a}|_\Phi$ вектора $\vec{a}$, Ясно, что если $\Phi$ — круг радиуса 1, то $|\vec{a}|_\Phi = |\vec{a}|$ и что $|OA|_\Phi < 1 \iff A \in \Phi$. Выражаясь волноно, мы изменяем длины векторов, выбирая различные масштабы по разным направлениям. Легко убедиться в том, что введенное число $|\vec{a}|_\Phi$ обладает общными свойствами длины; в частности, справедливо неравенство $|\vec{a} + \vec{b}|_\Phi < |\vec{a}|_\Phi + |\vec{b}|_\Phi$ (Проверьте! Здесь вам понадобится выпуклость фигуры $\Phi$).

Аналог доказанного выше утверждения выглядит так. Если $|\vec{a}_1|_\Phi \leq 1$, …, $|\vec{a}_n|_\Phi \leq 1$, то в сумме $\vec{x} = \pm a_1 \pm a_2 \pm \dots \pm a_n$ можно так выбрать знаки, что $|\vec{x}|_\Phi \leq 2$.

Доказательство ведется по той же схеме; нового рассужнения требует лишь доказательство леммы, поскольку мы не можем теперь утверждать, что если $|\vec{a}|_\Phi, |\vec{b}|_\Phi \leq 1$ и $(a, b) \leq 60^\circ$, то $|a - b|_\Phi \leq 1$.

Итак, пусть $|\vec{a}|_\Phi, |\vec{b}|_\Phi, |c|_\Phi \leq 1$. Это означает, что точки $A, B, C$, такие, что $OA = \vec{a}, OB = \vec{b}, OC = \vec{c}$, принадлежат $\Phi$.

Пусть $OD = a + b$. Ясно, что, рассматривая возможность точки $C$, мы можем ограничиться случаем, когда $C$ принадлежит углу $BOD$. Если при этом $C$ находится в треугольнике $OBD$, то $P_-b$ (C) лежит в треугольнике $AOB'$ (здесь $P_-b$ — параллельный перенос на вектор $-b$). Следовательно, $P_-b$ (C) ∈ Ф, так что в этом случае $|c - b|_\Phi \leq 1$. Оставшуюся часть угла $BOD$ разделим на зоны I и II, как показано на рисунке 4. Если точка $C$ лежит в зоне I, то точка $D$ принадлежит треугольнику $ABC$, лежащему в Ф, и потому $|\vec{a} + \vec{b}|_\Phi \leq 1$, а если $C$ — в зоне II, то, очевидно, точка $P_-b$ (C) принадлежит выпуклому четырехугольнику $OACB$, лежащему в фигуре $\Phi$, и мы снова получаем, что $|c - b|_\Phi \leq 1$.

Вводя теперь числа $a_n = a_n(\Phi)$ как и выше, мы опять видим, что $a_n(\Phi) = a_2(\Phi)$ при $n > 2$. Но $a_2(\Phi) \leq 2$, либо $|a_1 + a_2|_\Phi \leq |a_1|_\Phi + |a_2|_\Phi \leq 2$, и потому $a_n(\Phi) \leq 2$, что и требовалось. Заметим еще, что для произвольной фигуры $\Phi$CONSTANTУ 2 уменьшить нельзя: рассмотрите в качестве Ф параллель грамм $ABCD$, а в качестве $\vec{a}_1$ и $\vec{a}_2$ — векторы $OA$ и $OB$.

A. Плоткин

a) Положим $t = |\cos x| \in [0; 1]$ и рассмотрим функцию $y(t) = t + |2t^2 - 1|$ на отрезке [0; 1].

Если $0 < t < \frac{1}{\sqrt{2}}$, то

33

Любое натуральное число $n$ сумма
$$|\cos x| + |\cos 2x| + \dots + |\cos 2^n x|$$
б) не меньше $\frac{n}{4}$;
в) не меньше $\frac{n}{2}$.

$$y(t) = t + (1 - \sqrt{2} t) (1 + \sqrt{2} t) \geq t + (1 - \sqrt{2} t) = 1 - t(\sqrt{2} - 1) \geq 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} (\sqrt{2} - 1) = \frac{1}{2}.$$

Если же $\frac{1}{\sqrt{2}} < t \leq 1$, то $y(t) \geq t \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$. Таким образом, $y(t) \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$ для всех $t \in [0; 1]$. Но при $t = \frac{1}{\sqrt{2}}$ (то есть $x = \frac{\pi}{4}$) $y(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}$. Значит, наименьшее значение выражения $|\cos x| + |\cos 2x|$ равно $\frac{1}{\sqrt{2}}$.

К тому же результату можно было приditи, заметив, что график функции $y(t)$ на отрезке [0; 1] состоит из двух кусков парабол:

$$y(t) = \begin{cases} -2t^2 + t + 1 & \text{при } t \in \left[0; \frac{1}{\sqrt{2}}\right], \\ 2t^2 + t - 1 & \text{при } t \in \left[\frac{1}{\sqrt{2}}; 1\right], \end{cases}$$

а затем аккуратно исследовав на минимум каждой из кусков (см. рисунок).

Аналогично можно доказать и более простое неравенство
$$2|\cos x| + |\cos 2x| \geq 1$$
и даже обединить его с неравенством
$$|\cos x| + |\cos 2x| \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$$

в одной:

$$a|\cos x| + |\cos 2x| \geq \min\{1, \frac{a}{\sqrt{2}}\},$$

справедливо для всех действительных чисел $a \geq 0$ и $x$ (убедитесь в этом самостояльно).

б) Обозначим сумму
$$|\cos x| + |\cos 2x| + |\cos 4x| + \dots + |\cos 2^n x|$$

через $\sigma_n(x)$. Положим $f(x) = |\cos x| + |\cos 2x|$. По доказанному в пункте a) $f(x) \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$, так что

$$\sigma_n(x) = f(x) + f(4x) + f(16x) + \dots + f(2^n \left[\frac{n-1}{2}\right] x) \geq \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2}} = \left(\left[\frac{n-1}{2}\right] + 1\right) \frac{1}{\sqrt{2}} \geq \frac{n}{2\sqrt{2}} > \frac{n}{4}.$$

в) Доказем вначале, что если $|\cos x| \leq \frac{1}{2}$, то $|\cos x| + |\cos 2x| \geq 1$. В самом деле, если $t = |\cos x| \leq \frac{1}{2}$, то $\cos 2x = 2t^2 - 1 \leq 2 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 - 1 < 0$. Следовательно,

$$|\cos x| + |\cos 2x| = t + 1 - 2t^2 = 1 + 2t \left(\frac{1}{2} - t\right) \geq 1.$$

Приступим к задаче в). Зафиксируем $x$ и $n$ и назовем целое число $k \in [0; n]$ «плохим», если $|\cos 2^k x| < \frac{1}{2}$, и «хорошим», если $|\cos 2^k x| \geq \frac{1}{2}$. Из доказанного выше следует, что за каждым «плохим» числом $k$ (кроме $k = n$) следует «хорошем» число $k + 1$, причем $|\cos 2^k x| + |\cos 2^{k+1} x| \geq 1$. Занумеруем теперь все «плохные» числа в порядке возрастания:

$$1 \leq k_1 < k_2 < \dots < k_r \leq n (r - количество «плохих» чисел).$$

В силу сказанного выше $k_{j+1} \geq k_j + 2 (j = 1, \dots, r - 1)$. При этом

35

М592. Докажите, что для любого треугольника проекция диаметра описанной окружности, перpendикулярное одной стороны треугольника, на прямую, содержащую вторую сторону, равна по длине треугольника.

М593. Внутри окружности Г расположено п крутов. Докажите, что длина границ объедининия этих крутов не превыходит длину окружности Г, если a) n = 2;
б) центры всех п крутов лежат на одном диаметре окружности Г;
в) все п крутов содержат центр окружности Г.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Пусть $[LK]$ — проекция диаметра $DE$ окружности, описанной около треугольника $ABC$ ($[DE] \perp [AC]$), на прямую, содержащую сторону $BC$ (см. рисунок). Очевидно, $\widehat{DEK} = \widehat{ACB}$ (расстояние четырехугольников $DEKL$ и $DFCL$). Отсюда $|LK| = |DE| \cdot \sin \widehat{DEK} = |DE| \cdot \sin \widehat{ACB} = |AB|$, что и требовалось доказать.

И. Клумова

6. Пусть центры $O_1, O_2, \dots, O_n$ всех п крутов лежат на одном диаметре внешней окружности $\Gamma$. Обозначим через $R$ радиус окружности $\Gamma$, через $r_i$ — радиус крута с центром $O_i$.

Если «внутренние» круги не пересекаются (касание допускается), то длина границ их объедининия равна $\sum_{i=1}^{n} 2\pi r_i = \pi \sum_{i=1}^{n} 2r_i \leq 2\pi R$, что и требовалось доказать.

Для общего случая следует лемму:
Пусть окружности с центрами $O_1, O_2, O'_1$ расположены так, как показано на рисунке 1. Тогда

$$\widehat{AB} + \widehat{BM} > \widehat{AM}$$

(через $\widehat{AB}$ мы обозначили длину крутов $AB$).

Доказательство леммы. Построим вспомогательную окружность с центром $O'_1$ так, как показано на рисунке 2. Нетрудно доказать, что $\widehat{BM} + \widehat{MC} > \widehat{BC}$. Далее, $\widehat{AB} + \widehat{BC} = \widehat{AMC}$. Складывая эти два соотношения, получаем $\widehat{AB} + \widehat{BM} > \widehat{AM}$, что и требовалось.

Приименяем лемму, сразу получаем доказательство утверждения для случая двух крутов (см. рисунок 3).

Пусть теперь у нас есть п крутов с центрами $O_1, O_2, \dots, O_n$ на одном диаметре окружности $\Gamma$.

Обозначим через $\Gamma_1$ границ их объедининия (в дальнейшем мы будем называть $\Gamma_1$ контуром). Расстояним последовательность контуров $\Gamma_1, \Gamma_2, \Gamma_3, \dots, \Gamma_n$, где контур $\Gamma_{i+1}$ получается из контура $\Gamma_i$ заменой круга с центром $O_i$ на кругу с центром $O'_i$ на том же диаметре окружности $\Gamma$, касающейся границ круга с центром $O_i$ изнутри, а круга с центром $O_{i+1}$ — извне (на рисунке 4 показано, как из исходного черного контура $\Gamma_1$ получается синий контур $\Gamma_2$; на рисунке 5 показан красный контур $\Gamma_5$, а исходные окружности отмечены черным пунктиром).

Пусть $L_i$ — длина контура $\Gamma_i$. На основании леммы $L_i \leq L_{i+1}$, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда круг с центром $O'_i$ совпадает с кругом с центром $O_i$. Послей контур $\Gamma_n$ будет границей объедининия уже как это и хся к кругов, а потому согласно замечанию, сделанному в начале решения, его длина $L_n \leq 2\pi R$. Следовательно, $L_1 \leq L_2 \leq \dots \leq L_n \leq 2\pi R$, что и требовалось.

В) Перейдем теперь к случае, когда все круzi содержат центр О внешней окружности $\Gamma$.

Очевидно, контур можно разить на дуги внутренних окружностей, обладающие следующим свойством: при движении по дуле $AB$ от $A$ к $B$ расстояние до центра О окружности $\Gamma$ уменьшается. Поскольку все круги содержат центр окружности $\Gamma$, любой ее радиус пересекает контуррово один раз.

Поэтому для решения задачи достаточно доказать, что $\widehat{AB} \leq Ra$, где $a$ — радианная мерa угла $AOB$; тогда длина контура, являющаяся суммой длины дуг, будет не больше 2$\pi R$.

36

Рассмотрим сначала основной случай, когда дуга $AB$ окружности с центром $O_i$ не касается окружности $\Gamma$. Проведем через точки $O$ и $A$ окружность $K$ радиуса $R/2$ (рис. 6); она пересекает окружность с центром $O_i$ в точках $A_i$ и $C$. Обозначим через $l$ длину дуги окружности $K$, заключенной между точками $A$ и $C$ и касающейся окружности $\Gamma$. Нетрудно доказать, что $\overrightarrow{AC} < l$. С другой стороны, $l = R \cdot \varphi$, где $\varphi$ — радианная мера угла $AOC$; следовательно, $\overrightarrow{AC} < R\varphi$. Таким образом, если нам удалось дуг $AB$ на более мелкие дуги, через концы которых и точку $O$ можно проверить окружность радиуса не больше чем $R/2$, то тем самым мы доказем неравенство $\overrightarrow{AB} < R\alpha$. Опишем способ такого разбиения.

Рассмотрим окружность $K'$, симметрично окружности $K$ относительно прямой $OC$; пусть она пересекает дуг $AB$ в точке $A_1$, а точка $A'$ симметрина точке $A$. Вспомним, что дуга $AB$ выбиралась так, что $|AO| > |A_1O|$; следовательно, и $|A'O| > |A_1O|$, откуда $\overrightarrow{COA_1} > \overrightarrow{COA'} = \varphi$. Далее, симметрично отразим окружность $K'$ относительно прямой $OA_1$ и т. д. Так как при таком разбиении дуги $AB$ мелкие дуги $\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{CA_1}$, … видны из точки $O$ под углом, не меньше $\varphi$, через конецное число отражений точки $B$ попадает внутри отражаемой окружности (на рисунке 6 эта окружность изображения пунктом).

Тогда в качестве последней окружности нужно взять окружность радиуса, меньше чем $R/2$, проходящую через точки $O$, $B$ и последнюю получившуюся точку разбиения.

Нужное разбиение построено.

Осталось рассмотреть случай, когда дуга $AB$ внутриней окружности касается окружности $\Gamma$. Наша цель — доказать неравенство $\overrightarrow{AB} < R\alpha$. Предположим противное: пусть $\overrightarrow{AB} > R\alpha$. Тогда найдется такое $\varepsilon > 0$, что $\overrightarrow{AB} > \varepsilon + R\alpha = \left( R + \frac{\varepsilon}{\alpha} \right)\alpha$. Но если радиус внешней окружности немного увеличить, например на $\frac{\varepsilon}{\alpha}$, то касания с дугой $AB$ уже не будет, и поэтому $\overrightarrow{AB} < \left( R + \frac{\varepsilon}{\alpha} \right)\alpha$. Мы пришли к противению. Следовательно, $\overrightarrow{AB} < R\alpha$ и в этом случае.

Заметим, чтолина границы обедининия наших кругов совпадает с длиной окружности $\Gamma$ лишь в том случае, когда все внутриние окружности проходят через центр $O$ окружности $\Gamma$ и касаются ее (рис. 7).

С. Казаков

M594. Найдите все действительные числа $a$, для которых существует действительные неотрицательные числа $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$, $x_5$, удовлетворяющие-

Произведем следующую операцию: умножим первое соответствие на $a^2$, второе на $(-2a)$ и сложим с третьим соответствием. Получим

$$\sum_{k=1}^{5} \left( a^2 kx_k - 2ak^3 x_k + k^5 x_k \right) = 0$$

37

$$\sum_{k=1}^{5} kx_k = a, \quad \sum_{k=1}^{5} k^3 x_k = a^2, \quad \sum_{k=1}^{5} k^5 x_k = a^3.$$

Поскольку числа $x_1, \dots, x_5$ неотрицательны, отлично от нуля может быть не более чем одно из них; при этом коэффициент при нем должен обращаться в нуль. Если все $x_k$ равны нулю, соответствие $\sum_{k=1}^{5} kx_k = a$ дает $a = 0$. Если же одно из $x_k$ отлично от нуля, из (1) получаем еще пять значений для $a: 1, 4, 9, 16, 25$. Все эти значения действительно годятся: для каждого из них соответствие $\sum_{k=1}^{5} kx_k = a$ позволяет найти соответствующее решение: $(1; 0; 0; 0; 0); (0; 2; 0; 0; 0); (0; 0; 3; 0; 0); (0; 0; 0; 0; 4; 0); (0; 0; 0; 0; 5)$; тривальная проверка показывает, что эти решения удовлетворяют и остальные соответствиям.

A. Савин

М597. Положим
$$x_n = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}.$$
a) Доказите существование предела
$$\gamma = \lim_{n \to \infty} (x_n - \ln n).$$
b) Доказите, что для любых $n, m \in N$
$$\gamma < x_n + x_m - x_{nm} \leq 1.$$
c) Найдите $\gamma$ с точностью до 0,1.

a) Из теоремы Вейерштрасса («Алгебра и начала анализа 9», п. 32) легко выводится легко: если $(a_n)$ и $(\beta_n)$ — возрастющая и убивающая последовательности, $a_n < \beta_n$ для всех $n$ и $\lim_{n \to \infty} (\beta_n - a_n) = 0$, то последовательности $(a_n)$ и $(\beta_n)$ имеют общий предел $c = \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \beta_n$ и $a_n < c < \beta_n$ при всех $n$.

Рассмотрим для данной последовательности $(x_n)$ две последовательности:
$$\gamma_n = x_n - \ln (n + 1), \quad \Gamma_n = x_n - \ln n.$$
Легко видеть, что они удовлетворяют условиям леммы
$$(\gamma_n < \Gamma_n; \lim_{n \to \infty} (\Gamma_n - \gamma_n) = \lim_{n \to \infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = 0;$$
$$\gamma_n - \gamma_n^{-1} = \int_{n-1}^{n} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{x+1} \right) dx > 0,$$
поскольку $\frac{1}{n} - \frac{1}{x+1} > 0$ при $x \in [n-1; n]$; аналогично $\Gamma_n - \Gamma_{n-1} < 0$. Поэтому последовательности $(\gamma_n)$ и $(\Gamma_n)$ имеют общий предел $\gamma = \lim_{n \to \infty} \gamma_n = \lim_{n \to \infty} \gamma_n < \gamma < \Gamma_n$ при всех $n$.

Итак, предел $\gamma = \lim_{n \to \infty} \Gamma_n$ существует. (Впервые это было указано Л. Эйлером. Число $\gamma$ называется постоянной Эйлера.)
b) Легко видеть, что $x_n + x_m - x_{nm} = (x_n + x_m - x_n) - (x_{2n} - x_n) - (x_{3n} - x_{2n}) - \dots - (x_{nm} - x_{n(m-1)}) \leq x_m - n \cdot \frac{1}{2n} - n \cdot \frac{1}{3n} - \dots - n \cdot \frac{1}{mn} = 1$.

С другой стороны, $\Gamma_{nm} \leq \Gamma_n$, то есть
$$x_{nm} - \ln (mn) \leq x_n - \ln n, \quad x_n - x_{nm} - \ln n + \ln (mn) \geq 0.$$

Но $\Gamma_m > \gamma$, то есть
$$x_m - \ln m > \gamma.$$

Складывая неравенства (*) и (**), получаем
$$x_n - x_{nm} + x_m > \gamma,$$
что и требовалось доказать.

b) Чтобы вычислить $\gamma$ с точностью до 0,1, воспользуемся результатами решения задачи.

Так как $\gamma_n < \gamma < \Gamma_n$, то, взяв $n = 100$ членов последовательности, получим $0,57 < \gamma < 0,58$, поэтому $\gamma \approx 0,5$.

Приближенное значение числа $\gamma$ известно: $\gamma = 0,577$…

B. Ясинский

38

Ф589. В цилиндре объемом 10 л, закрытом поршнем и помещенным в термостate с температурой 40° С, находится по 0,05 моля двух веществ. Определить массу жидкости в цилиндре после изотермического скатания, выделение которого объем под поршнем уменшается в 3 раза. Давление насыщенных паров первого жидкости при температуре 40° С равно 0,7 · 10⁴ Pa, второй — 1,7 · 10⁴ Pa. Начертить изотерму скатания. Молярная масса первого жидкости — 1,8 · 10⁻² кк/моль, второй — 4,6 · 10⁻² кк/моль.

Если вначале оба веществ в сосудах находятся в газообразном состоянии, то давление в сосудах сумме парциальных давлений газов: $p = p_1 + p_2$, где $p_1 = v_1RT/V$, $p_2 = v_2RT/V$ ($v_1 = v_2 = 0,05$ моля, $V = 10$ л, $T = 313$ K). Подставив числовые данные, найдем

$$p_1 = p_2 \approx 1,3 \cdot 10^4 \text{ Pa}.$$

Мы видим, что $p_1$ больше, чем давление $p_{H.1}$ насыщенных паров первого жидкости ($p_{H.1} = 0,7 \cdot 10^4 \text{ Pa}$). Следовательно, вначале часть первого газа конденсирована, и парциальное давление этого газа равно $p_{H.1}$. Так как $p_2 < p_{H.2} = 1,7 \cdot 10^4 \text{ Pa}$, второе вещество действительное находится в газообразном состоянии и его парциальное давление равно $p_2$.

Таким образом, вначале давление в сосудах равно

$$p_0 = p_{H.1} + p_2 \approx 2 \cdot 10^4 \text{ Pa}.$$

При скатин газов давление первого газа будет оставаться неизменным и равным $p_{H.1}$. Давление второго газа при изотермическом скатин будет увеличивать до тех пор, пока не станет равным $p_{H.2}$. Посмотрим, при каком объеме $V'$ давление второго газа станет равным $p_{H.2}$:

$$p_{H.2}V' = v_2RT \Rightarrow V' = \frac{v_2RT}{p_{H.2}} \approx 7,6 \text{ л}.$$

Следовательно, давление в сосуда изотермических увеличивается при уменьшении объема до 7,6 л. Дальнейшее уменьшение объема до $V'' = 3 \frac{1}{3}$ л проискодит при постоянном давлении

$$p' = p_{H.1} + p_{H.2} = 2,4 \cdot 10^4 \text{ Pa}.$$

График зависимости $p(V)$ приведен на рисунке.

Найдем массу жидкости в объеме $V''$. Числа молей первого и второго газов в объеме $V''$ равны, соответствующей,

$$v_1' = \frac{p_{H.1}V''}{RT} \approx 9 \cdot 10^{-3} \text{ моль},$$

$$v_2' = \frac{p_{H.2}V''}{RT} \approx 2,2 \cdot 10^{-2} \text{ моль}.$$

Следовательно, в жидком состоянии находятся $v_1'' = v_1 - v_1' \approx 4,1 \cdot 10^{-2}$ молей первого вещества и $v_2'' = v_2 - v_2' \approx 2,8 \cdot 10^{-2}$ молей второго вещества.

Масса жидкости в сосудах равна $m = v_1''M_1 + v_2''M_2$. Подставляя числовые данные ($M_1 = 1,8 \cdot 10^{-2}$ кг/моль, $M_2 = 4,6 \cdot 10^{-2}$ кг/моль), получаем

$$m \approx 2,03 \text{ г}.$$

И. Слободецкий

Ф590. При движении грамвая по горизонтальном участку пути с неокторой скоростью его движения потребляет ток $I_0 = 100$ A, при этом КПД движения равен $\eta = 0,9$. При движении грамвая по наклонному участку пути визс с той же скоростью ток в движение равен нулю (двигаель выключен). Какой ток будет потреблять движение при движении грамвая по тому же участку пути вверх с той же скоростью?

Обозначим $U_0$ напряжение в контактной сети. При движении грамвая по горизонтальном участку пути его движения потребляет от сети мощность $N = U_0I_0$. Часты мощности, равная $I_0^2R$, теряется в виде тела в обмотке двигателя и подводящих проводах ($R$ — сопротивление всей цепи); полезная мощность двигателя равна

$$N' = U_0I_0 - I_0^2R = \eta U_0I_0.$$

Так как грамвая движется равномерно, эта мощность теряется в виде тела из-за наличия треня, сопротивления воздуха и т.п. Иными словами, мощность $N'$ равна мощности сил сопротивления.

При движении вниз по уклону равную слаяяжесте, проекция которой на ось, паралельную дороге, равна $mg\sin \alpha$ (см. рис.). Мощность этой силы равна $mg\sin \alpha$, где $v$ — скорость грамвая. Так как грамвая движется равномерно, эта мощность сил сопротивления, то есть равна $N'$:

$$mgv \sin \alpha = N' = \eta U_0I_0.$$

40

Запишем уравнение движения балки в проекциях на ось $X$:

$$ma = F_1 - F_2 = -\frac{2\mu mg}{L} x.$$

Из этого уравнения следует, что в начальной момент движения балки происходит по гармоничскому закону:

$$x(t) = \frac{L}{2} \cos 2\pi v t,$$

где

$$v = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{2\mu g}{L}}.$$

(Амплитуда колебаний балки равна первоначальной координате ее центра масс.)

Модуль скорости $\vec{u}$ балки увеличивается со временем по закону

$$u(t) = \pi v L \sin 2\pi v t$$

и в некоторых моментах времени $t_1$ становится равным линейной скорости $v$ правого цилиндра. Так как $v = \omega r$,

$$\omega r = \pi v L \sin 2\pi v t_1.$$

Отсюда найдем $t_1$:

$$t_1 = \frac{1}{2\pi v} \arcsin \frac{\omega r}{\pi v L}.$$

Так как в момент времени $t = t_1$ исчезнет просkalъывание между правым цилиндром и балкой, сила трения $\vec{F}_2$ с этого момента будет силой трения покоя.

Сила трения покоя компенсирует силы, направленные параллельно плоскости возможного скольжения. Следовательно, начиная с момента времени $t_1$, балка будет движется с постоянной скоростью $v = \omega r$. Такое движение будет продолжаться до тех пор, пока сила трения покоя не достигнет максимального возможного значения, равного силе трения скольжения. Это произойдет в момент времени $t_2$, когда координата центра масс балки будет равна нулю и сила трения $\vec{F}_1(t_2)$ станет равной максимальной возможной силе трения покоя $\vec{F}_2(t_2)$ между балкой и маленьким цилиндром. Время $t_2$ можно определить из соответствия

$$\omega r(t_2 - t_1) = x(t_1) \equiv \frac{L}{2} \cos 2\pi v t_1;$$

отсюда

$$t_2 = t_1 + \frac{1}{2\omega r} \cos 2\pi v t_1.$$

Начная с момента времени $t_2$, проекция на ось $X$ смешенная центра масс балки изменяется во времени по закону

$$x(t) = -\frac{\omega r}{2\pi v} \sin (2\pi v(t - t_2));$$

проекция скорости балки изменяется во времени как

$$\dot{x}(t) = -\omega r \cos (2\pi v(t - t_2))$$

(движение с ненулевой начальной скоростью и нулевым начальным смешением).

Поскольку $r < R$, максимальная скорость балки в установленном процессе меньше линейной скорости вращения поверхности большого цилиндра и не превышает линейной скорости вращения поверхности меньшего цилиндра ($u_{\max} = \omega r$). Поэтому, начная с момента времени $t_2$, равномерное движение балки невозможно. Balка будет совершать гармоничное колебание с амплитудой $A = \frac{\omega r}{2\pi v}$ и периодом $T = \frac{1}{v}$.

41

Ф592. Имеются два теплозолырованных сосуда. В первом из них находится 5 л воды при температуре $t_1 = 60^\circ\text{C}$, во втором — 1 л воды при температуре $t_2 = 20^\circ\text{C}$. Вначале часть воды перелиза из первого сосуда во второй. Затем, когда во втором сосуде установлено тепловое равновесие, из него в первый сосуд отлили столько воды, чтобы ее объемы в сосудах стали равны первоначальным. После этих операций температура воды в первом сосуде стала равной $t = 59^\circ\text{C}$. Сколько воды перелиза из первого сосуда во второй и обратно?

В результате двух переливаний масса воды в первом сосуде осталась прежней, а ее температура уменьшилась на $\Delta t_1 = 1^\circ\text{C}$. Следовательно, энергия воды в первом сосуде уменьшилась.

$$\Delta Q = c_B m_1 \Delta t_1,$$

где $c_B$ — теплоемкость воды, $m_1$ — масса воды в первом сосуде.

На величины $\Delta Q$ увеличились энергия воды во втором сосуде. Поэтому

$$\Delta Q = c_B m_2 \Delta t_2,$$

(м$_2$ — первоначальная масса воды во втором сосуде). Следовательно,

$$c_B m_1 \Delta t_1 = c_B m_2 \Delta t_2,$$

откуда

$$\Delta t_2 = \frac{m_1}{m_2} \Delta t_1 = 5^\circ\text{C}.$$

Температура воды во втором сосуде равна $t'_2 = t_2 + \Delta t_2 = 25^\circ\text{C}$. Такой она стала переливанием из первого сосуда во второй некоторой массы воды $\Delta m$, имеющей температуру $t_1$. Запишем уравнение теплового баланса:

$$c_B \Delta m (t_1 - t'_2) = c_B m_2 (t'_2 - t_2).$$

Отсюда находится $\Delta m$:

$$\Delta m = m_2 \frac{t'_2 - t_2}{t_1 - t'_2} = \frac{1}{7} \text{ кг.}$$

А. Зильберман

Ф593. Обруч радууса $r$ скатывается с высоты $H$ ($r \ll H$) без прокаленной плоскости с углом а при основании и абсолотно упруго ударяется о ellaду стенку, перpendикулярную наклонной плоскости (рис. 1). На какую высоту поднимается обруч noble удара, если коэффициент треня скольжения равен $\mu$?

Обруч скатывается с наклонной плоскости без прокалывания. Определим скорость $v$ его поступательного движения в момент удара о стенку. В этот момент модель линейной скорости точек обруча также равен $v$, и полная кинетическая энергия обруча есть сумма энергии врашательного и поступательного движения, то есть

$$K = \frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mv^2$$

(м — масса обруча). Из закона сохранения энергии, учитывая, что $r \ll H$, имеем

42

$$mgH = mv^2 \Rightarrow v = \sqrt{gH}.$$

Так как удар обруча о стенку абсолотно упругий, направление поступательного движения обруча изменится на противоположное. Поскольку стенка гладкая, после удара обруч по прежнему будет врашаться против часовой стрелки (см. рис. 1).
Следовательно, после удара обруч будет скольить вверх по наклонной плоскости, врашаясь против часовой стрелки.

Когда обруч достигнет максимальной высоты подвела, направление его не изменится. Действительно, время $\tau_1$, за которое прекратиется врашение обруча против часовой стрелки, согласно второму закону Ньютона определяется условием

$$f_{\tau_1} = \tau_1 \mu mg \cos \alpha = mv,$$

где $f_{\tau_1}$ — сила треня (рис. 2). Отсюда

$$\tau_1 = \frac{v}{\mu g \cos \alpha}.$$

Время $\tau_2$, за которое обруч поднимется на максимальную высоту, при неизменном направлении врашения определяется условием

$$(mg \sin \alpha + \mu mg \cos \alpha) \tau_2 = mv,$$

откуда

$$\tau_2 = \frac{v}{g(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}.$$

Таким образом, $\tau_2 < \tau_1$, и в момент максимального подвела обруч будет врашаться по прежнему против часовой стрелки.

Движение обруча вверх по наклонной плоскости равнозамедленное. Путь, проходимый им до полной остановки, равен

$$l = v_{cp} \tau_2 = \frac{v}{2} \tau_2 = \frac{H}{2(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}.$$

Максимальная высота обруча после удара равна

$$h = l \sin \alpha = \frac{H \sin \alpha}{2(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}.$$

M. Бородовский

Ф594. Представьте себе, что вы находитесь в жарко натолленной бане, а за окном — мороз. Куда повалит пар, если вы откроете форточку?

Пар повалит и на улицу, и внутри бани. Действительно, в бане содержание паров воды в воздухе можно считать насыщанным. Точка росы при высокой температуре выше чем при низкой. Если открыть форточку, теплый воздухной части на улицу, и пары воды, которые он вынесет за окно, на морозе сконденсируются. Наблюдатель с улицы увидит выходящие через форточку клубы пара, поднимающейся вверх. Через форточку вверх бани будет проникать холодный воздух. Попадающие в его струи пары воды из соседних, теплых, слоев воздуха будут конденсироваться. Этот холодный воздух тяжелее окружающих слоев горячего воздуха, и наблюдайте вверх при клубы пар из форточки «падают» на пол.

A. Варламов

Ф595. На рисунке изображена зависимость тока от напряжения для стабилизатора постоянного тока — барретора. Барретор подключен последовательно с наружным сопротивлением $R = 13$ Ом к батарасе с ЭДСб 26 В. В каких пределах может изменяться

◆ Так как барретор подключен к батарее последовательно с нагрузочным сопротивлением, напряжение на баррете определяется соответствием

$$U = \delta - IR,$$

где $I$ — ток, текущий через барретор. Соотношение (*) — уравнение прямой линии $U(I)$, которая называется нагрузочной прямой. Построим на рисунке нагрузочную прямую

43

ЭДС батареи, если ток наружки не должен изменяться более чем на 50 мА?

$U = 26 - 13I$. Точка пересечения нагрузочного прямой с волтамперной характеристикой баррета определяет ток, текущий по цепи: $I_0 = 1000$ мА. Согласно условия задачи допустимые предельные значения тока равны 950 мА и 1050 мА. Построим на графике прямые $I_1 = 950$ мА и $I_2 = 1050$ мА. Они пересекают волтамперную характеристику баррета. Проведем через точки пересечения нагрузочные прямые. (Поскольку наклон нагрузочного прямой зависит только от сопротивления $R$, которое по условию задачи остается неизменным, все нагрузочные прямые параллельны.) Эти нагрузочные прямые пересекают ось $U$ в точках $U_1 = \varepsilon_1 = 20$ В и $U_2 = \varepsilon_2 = 32$ В. Таким образом, при изменении ЭДС батареи в интервале от $\varepsilon_1 = 20$ В до $\varepsilon_2 = 32$ В ток в цепи будет изменяться в интервале от $I_1 = 950$ мА до $I_2 = 1050$ мА, то есть будет изменяться неизменным с точностью ±5%.

С. Козел

Ф596. Промежуток времени между двумя последовательными заттемыми спутникаю Юптера Ио в течение года изменяется от минимального значения, равного 42 и 28 мин 21 с, до максимального, равного 42 и 28 мин 51 с. Получая эти данные, определять скорость света, считая, что Земля движется вокруг Солнца по круговой орбите с радиусом 150 мл. Км. Радуус орбиты Юптера гораэдо большие радиуса земной орбиты, а скорость Юптера намного меньше скорости Земли, можно считать, что в течение года взименное расположение Земли и Юптера практически не меняется и изменения в каждые продолжительности периода обращения Ио связаны только с изменением направления скорости Земли. Наибольшие отклонения каждой обращения Ио от истинного будут наблюдаться, когда скорость Земли направлена по прямой, соединиующей Землю и Юптер.

Минимальный промежуток времени $t_1 = 42$ и 28 мин 21 с между двумя последовательными заттемыми Ио наблюдается в то время, когда Земля движется к Юптеру, а максимальный $t_2 = 42$ и 28 мин 51 с — когда Земля движется от Юптера. В первом случае за время $t$, соответствующое истинному периоду обращения Ио, Земля приблизится к Юптеру на расстояние $l = v_3t$ ($v_3$ — скорость Земли), и наблюдаемый период заттемия Ио будет меньше истинного на время

$$t - t_1 = v_3t / c,$$

где $c$ — скорость света. Учитывая, что $t = (t_1 + t_2) / 2, t - t_1 = (t_2 - t_1) / 2$ и $v_3 = 2\pi R / T$ ($R = 150$ мл. км — радиус орбиты Земли, $T = 365$ суток — период обращения Земли), из последнего равенства получаем

$$t_2 - t_1 = \frac{2\pi R}{T} (t_2 + t_1) / c.$$

откуда

$$c = \frac{2\pi R}{T} \frac{t_2 + t_1}{t_2 - t_1} \approx 3,03 \cdot 10^5 \text{ км/c.}$$

В. Белонучкин

44

Ф597. Мацентрон представляет собой двухэлектронную электронную лампу с цилиндрическим аномом радиуса $r$, вдоль оси которого расположена тонкая проволочка — катод. При нарезании катода он испускает электrons с энергейем $E$. Мацентрон помещают в однородное магнитное поле, параллельное его оси. При каком значении индуктивности do $Q$ на дне сосуда. В сосуд подрухают два маленьких шарика одинакового объема $V$, связанных тонкой неевесомой нерастяженной нитью длины $l$. Плотность одного шарика $\varrho_1$, плотность других — $\varrho_2$. Через некоторое время шарики установляются так, как показано на рисунке. Найти силу наяжения нити.

Ф598. Сосуд глубины $H$ заполнен жидкостью, плотность которого линейно меняется от $\varrho_0$ на поверхности до $Q$ на дне сосуда. В сосуд подрухают два маленьких шарика одинакового объема $V$, связанных тонкой неевесомой нерастяженной нитью длины $l$. Плотность одного шарика $\varrho_1$, плотность других — $\varrho_2$. Через некоторое время шарики установляются так, как показано на рисунке. Найти силу наяжения нити.

Скорость электрона, выпетающего из катода с энергейем $E$, равна $|\vec{v}| = \sqrt{2E/m}$, где $m$ — масса электрона. В однородном магнитном поле с индуктивей $\vec{B} \perp \vec{v}$ электрон движется по окружности радиуса $R$ (см. рис.). Центрстремительное ускорение $|\vec{a}| = v^2/R$ электрону сообщает сила лоренца $|\vec{F}| = e|\vec{B}||\vec{v}|$ (е — заряд электрона), то есть

$$\frac{mv^2}{R} = e|\vec{B}||\vec{v}|,$$

или $$\frac{2E}{R} = e|\vec{B}| \sqrt{\frac{2E}{m}}.$$

Отсюда

$$R = \frac{\sqrt{2Em}}{e|\vec{B}|}.$$

Так в анодной цепи отсутствует, когда электроны не попадают на анод, то есть при $R \leq r/2$ (см. рис.), или

$$\frac{r}{2} \geq \frac{\sqrt{2Em}}{e|\vec{B}|}.$$

Это условие выполняется при

$$|\vec{B}| \geq \frac{2\sqrt{2Em}}{re}.$$

При $|\vec{B}| = 2\sqrt{2Em}/re$ ток в цепи прекращается.

И. Словодечкий

Силы, действующие на каждой шарик, это сила тяжесте $\vec{m}\vec{g}$, сила натяжения нити $\vec{T}$ и сила Архимеда $|\vec{F}| = \varrho_x gV$, где $\varrho_x$ — плотность жидкости на глубине $x$, на которой находится шарик (см. рис.). Поскольку плотность жидкости линейно по мере увеличения глубины сосуда, на любой глубине $x$ плотность жидкости равна $\varrho_x = \varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x$.

Запишем условия равновесия для каждой шарика (в проекциях на ось $X$):

$$m_1 g + T - F_1 = \varrho_1 gV + T - \left(\varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x_1\right) gV = 0,$$

$$m_2 g - T - F_2 = \varrho_2 gV - T - \left(\varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x_2\right) gV = 0,$$

где $x_1, x_2$ — глубины погружения шариков. Решая эти уравнения совместно, находим

$$T = \frac{Vg}{2} \left(\varrho_2 - \varrho_1 - \frac{\varrho - \varrho_0}{H} l\right).$$

Конфигурация, указанная на рисунке, возможно при $T \geq 0$, $x_1 > 0$, $x_2 < H$. Если представить себе, что шарики не связаны между собой, а $\varrho_0 < \varrho_1 < \varrho$ и $\varrho_0 < \varrho_2 < \varrho$, то первый шарик устанавливается на глубине, где плотность жидкости равна $\varrho_1 = \varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x_1$;

аналгорично будет вести себя и второй шарик:

$$\varrho_2 = \varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x_2.$$

Расстояние между шариками в этом случае будет равно

$$x_2 - x_1 = \frac{(\varrho_2 - \varrho_1)H}{\varrho - \varrho_0}.$$

Если длина нити $l$ больше $x_2 - x_1$, то нить не будет натяжута.

О. Овчинников