Решения задач М616—М621; Ф623—Ф630

24

сигнал на входе антенны, необходимая для нормальной работы, $P_{\min} = 1 \cdot 10^{-13}$ Вт.
Оцените максимальную дальность обнаружения локатором самолета, площадь отраженной поверхности которого $S = 5$ м$^2$. Считать, что мощность отраженного сигнала в $n = 10$ раз меньше мощности падающего сигнала и отражение происходит равномерно во все стороны.

А. Зильберман

Решения задач

M616. Можно ли числа 1, 2, …, 30 разить на группы a) по пять чисел, b) по шесть чисел так, чтобы суммы чисел во всех группах были одинаковыми?

в) При каких n и k числа 1, 2, …, nk можно разить на n групп по k чисел так, чтобы суммы чисел во всех группах были одинаковыми?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Наозовем разбиение, удовлетворяющее условием задачи, правильным. Ответ на общий вопрос в) задачи дает

Теорема. Чтобы множество {1, 2, …, nk} допускало правильное разбиение на k-элементные подмножества, необходимого и достаточно, чтобы либо k было четным, либо nk нечетным.

Необходимость этих условий очевидна. В самом деле, пустые разбиение существует; тогда сумма чисел $\frac{nk(nk+1)}{2}$ делится на n (количество подмножества), то есть число $k(nk+1)/2$ — целое; поэтому либо k четно, либо nk+1 четно, то есть nk нечетно.

Отсюда видно, что ответ на вопрос a) задачи — отрицательный ($k=5$ нечетно, а $n=6$ четно).

Для доказательства достаточно сформулируем теорему в более наглідном виде:

Чтобы nk чисел {1, 2, …, nk} можно было разставить в таблицу из k строк и n стольцов правильным образом (суммы чисел во всех столбцах одинаковы), необходимого и достаточно, чтобы либо k было четным, либо nk — нечетным.

Пусть k четно. Тогда числа можно разставить в таблицу «змейкой» (рис. 1; для каждой двух последовательных строк сумма чисел в любом столбце одинакова).

Пусть nk нечетно. Расставим «правильно» в трех верхних строках таблицы числа {1, 2, …, 3n} (оставшиеся числа, начиная с числа 3n+1, можно разставить в таблицу $(k-3) \times n$ змейкой, поскольку $k-3$ четно — рис. 2). Как это сделать при $n=3, 5, 7$, показано на рисунках 3, а—в. Аналогичным образом можно построить таблицу $3 \times n$ для любого нечетного $n=2m+1$ (рис. 4; проверьте, что в нее входит по разу любое число от 1 до $3n=6m+3$).

Легко видеть, что справедливо тривальное обобщение доказанной теоремы: чисles nk чисел {a+1, a+2, a+3, …, a+nk} можно было разставить в таблицу из k строк и n стольцов правильным образом, необходимого и достаточно, чтобы либо k было четным, либо nk — нечетным.

Это обобщение подсказывает еще один способ «правильной разстановки» в прямую линия $3 \times n$: надо разить прямую линия $3 \times n$ на прямую линия $3 \times 3, 3 \times 5$ (либо нечет-

25

ное число $n \geqslant 9$ можно представить в виде $n=3p+5q$, где $p, q$ — целые неотрицательные числа) и правильным образом расположить в них отрезки ряда $\{1, 2, \dots, 3n\}$ — соответственно, из 9 и 15 чисел — так, как в уже готовых табликах на рисунках 3, а, б (при этом в каждой прямогольнике придется добавить к числом своего константу $a$).

Подумайте над таким более сложным вопросом: при каких $k < n$ существует «магический прямогольник» из чисел 1, 2, …, $nk$, у которого суммы чисел по всем строкам равны между собой и суммы чисел по столбцам тоже. Магический квадрат существует при любом $n \geqslant 3$ (см. книгу М. М. Постникова «Магические квадраты», М., «Нayka», 1964).

С. Берколайко, Н. Васильев

M617. Внутри треугольника расположены окружности $a, b, \gamma$, δ одинакового радиуса так, что каждой из окружностей $a, b, \gamma$ касается двух сторон треугольника и окружности $b$. Докажите, что центр окружности δ принадлежит прямой, проходящей через центры в данной треугольник окружности и окружности, описанной около него.

Пусть $ABC$ — данный треугольник и $O_1, O_2, O_3$ — центры конгрузных окружностей, касающихся пар его сторон, а $O_4$ — центр четвертой окружности — той, которая касается указанных трех (см. рисунок). Длины их радиусов обозначаем через $q$. Треугольник $O_1O_2O_3$ готовится треугольнику $ABC$, так как его стороны соответственно параллельны сторонам треугольника $ABC$. Не трудно видеть, что центром этой гомотетии будет точка $N$, являющаяся одновременно центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$, и центром окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$. Действительно, прямые $AO_1, BO_2, CO_3$ являются биссертрисами углов как треугольника $ABC$, так и треугольника $O_1O_2O_3$, а точка $N$ — точка пересечения этих биссертрис.

Теперь заметим, что точка $O_4$ является центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$ (ее расстояние до каждой из вершин этого треугольника равно 2$q$).

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $N$, переводящий треугольник $O_1O_2O_3$ в треугольник $ABC$. Точка $O_4$ переходит при этом в некоторую точку $M$, лежащую на прямой $NO_4$. Мы уже знаем, что точка $O_4$ была центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$; следовательно, ее образ — точка $M$ — будет центром окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$. Итак, центр окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$, лежит на одной прямой с точкой $O_4$ и с центром окружности, описанной в треугольнике $ABC$. Тем самым доказано утверждение задачи.

Нетрудно вычислить величины q этих четырех окружностей через $r$ и $R$ — радиусы вписанной в треугольник окружности и окружности, описанной около него.

Заметим, что радиус окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$, равен $r-q$, а радиус окружности, описанной вокруг этого треугольника, равен $2q$.

Пусть $k$ — коэффициент рассмотренной выше гомотетии. Тогда $(r-q)k=r$ и $2qk=R$. Выразив $k$ из каждой соответствия и приравняв полученные выражения, найдем

$$\frac{r}{r-q} = \frac{R}{2q},$$

откуда

$$q = \frac{rR}{R+2r}.$$

А. Савин

26

М618. а) Докажите, что существует бесконечного много натуральных n таких, что n! делится на $n^2+1$.

б) Докажите, что для любого a>0 существует бесконечного много натуральных n таких, что $[\alpha n]!$ делится на $n^2+1$. (Здеся m!=1·2·…·m; [x] — целая часть числа x.)

Покажем, например, что существует бесконечного много n, при которых $n^2+1$ имеет вид $5m^2$. Инными словами, уравнение $n^2-5m^2=-1$ имеет бесконечное число натуральных решений. Это утверждение следует из следующих двух фактов, каждый из которых проверяется непосредственно: пара $n=2$, m=1 удовлетворяет этому уравнению, и если n=a, m=b — его решение, то и пара $n=9a+20b$, m=4a+9b тоже (как doit это этих формул, объясняется в статье Н. Вагутена «Сопряжение числа», «Квант», 1980, № 2).

Это сразу дает нам доказательство утверждения задачи a). Действительно, при найденных значениях n имеем $n^2+1=5m^2$, $m=\sqrt{\frac{n^2+1}{5}}<\frac{n}{2}$ и n! делится на $n^2+1$, так как при n>5 в произведение 1·2·3·…·n встречются числа 5, m и 2m.

Так же можно действовать и в общем случае 6). Но для этого пришлось бы доказывать, что существует бесконечного много натуральных D таких, что число натуральных решений уравнения $n^2-Dm^2=-1$ бесконечно (выбрав тогда D так, чтобы выполнялось неравенство $D\geqslant5/\alpha^2$, мы бы получили искомые значения n). Это утверждение верно, но элементарное доказательство его весма сложно, поэтому мы поддем другим путем.

Будем искать нужные нам n среди чисел вида $2k^2$. В этом случае $n^2+1$ разлагается в произведение $n^2+1=4k^4+1=(2k^2+2k+1)(2k^2-2k+1)$, но это еще не достаточно. Покажем, как получить много таких k, при которых числа $P(k)=2k^2+2k+1$ и $Q(k)=2k^2-2k+1$ — составные (разлагаются на множители). Возьмем произведение натуральное c и положим p=P(c), q=Q(c). Тогда при любом l число P(c+lpq) делится на q (доказите!). Пусть $P(c+lpq)=p\cdot r$ и $Q(c+lpq)=q\cdot s$. Взяв c достаточно большим, мы можем добиться того, чтобы p=P(c) и q=Q(c) стали больше, чем 5/a (это следует из того, что P(k) и Q(k) неограниченно возрастают с ростом k). В таком случае $n^2+1=4k^4+1=P(k)\cdot Q(k)=p\cdot q\cdot r\cdot s$, где $k=c+lpq$, $r=P(k)/p<\frac{P(k)}{5/\alpha}<\frac{an}{4}$ (при k>5) и $s=Q(k)/q<\frac{Q(k)}{5/\alpha}<\frac{an}{4}$ (при k>5). Выбирая теперь l так, чтобы p и q были меньше, чем an/4, получаем, что в последовательности 1, 2, 3, …, [an] существует четые различных числа, одно из которых делится на p, другое на q, третье на r, а четвертое на s. Таким образом, мы построили бесконечное многоответство n, что [an] делится на $n^2+1$.

Возможны и другие решения этой задачи. Найболее короткое, по-видимому, основано на разложении

$$64m^{12}+1=(4m^4+1)(4m^4-4m^3+2m^2-2m+1)\times(4m^4+4m^3+2m^2+2m+1)$$

(это решение предложено нашим читателем В. Юдаковым).

А. Вайнтроб

Рисунок к М619.

М619. Докажите, что если для виссанного четырехугольника ABCD выполено равенство $|CD|=|AD|+|BC|$, то bicсекtrисы его углов A и B пересекаются на стороне CD.

В задане, по существу, требуется доказать существование бесконечного числа натуральных n таких, что $n!$ делится на $n^2+1$.

Покажем, например, что существует бесконечного много натуральных n таких, что число натуральных решений уравнения $n^2-Dm^2=-1$ бесконечно (выбрав тогда D так, чтобы выполнялось неравенство $D\geqslant5/\alpha^2$, мы бы получили искомые значения n). Это утверждение верно, но элементарное доказательство его весма сложно, поэтому мы поддем другим путем.

Возьмем на стороне CD точку K так, чтобы $|DK|=|AD|$, $|KC|=|BC|$ (см. рисунок), и опишем около треугольника ABK окружности. Пусть M — вторая точка пересечения этой окружности с [CD]. Покажем, что [AM] и [BM] — bicсекtrисы соответствующих углов. Например, для [AM] имеем $BAM=BKC=90^\circ-\frac{BCK}{2}=90^\circ-\frac{1}{2}(180^\circ-DAB)=\frac{1}{2}DAB$, что и требовалось.

И. Шарын

27

М620. Пусть $x_1, x_2, \dots, x_n$ — действительные числа такие, что $x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 = 1$. Доказите, что сумма моделей $2^n$ чисел

$$\pm x_1 \pm x_2 \pm \dots \pm x_n$$

(so всевозможными комбинациями знаков «+» и «-») не превозходит $2^n$.

Докажем вначале, что если $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_k^2 = k$, то $a_1 + a_2 + \dots + a_k \leq k$. В самом деле, пусть $a_i = 1 + a_i$ ($i = 1, 2, \dots, k$). Тогда

$$a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_k^2 = k + 2(a_1 + \dots + a_k) + (a_1^2 + \dots + a_k^2),$$

откуда

$$a_1 + a_2 + \dots + a_k = -\frac{1}{2} (a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_k^2) \leq 0.$$

Позетом

$$a_1 + a_2 + \dots + a_k = k + (a_1 + a_2 + \dots + a_k) \leq k.$$

Обозначим теперь сумму моделей $2^n$ чисел

$$\pm x_1 \pm x_2 \pm \dots \pm x_n$$

(so всевозможными комбинациями знаков «+» и «-») через $S$. Нетрудно проверить, что сумма квадратов всех $2^n$ чисел, входящие в сумму $S$, равна $2^n (x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) = 2^n$. Обозначим $2^n$ чисел, входящие в $S$, через $a_1, a_2, \dots, a_{2^n}$. Тогда $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_{2^n} = 2^n$, и из утверждения, доказанного выше, получаем оценку $a_1 + a_2 + \dots + a_{2^n} \leq 2^n$, что и требовалось доказать.

Как справедливо заменил наш читатель А. Хейфцц из Ростова-на-Дону, задача М620 является частным случаем следующей обещания М. Klamkin’a (American Mathematical Monthly, 1975, 82, № 8, p. 829—830):

Пусть $x_1, x_2, \dots, x_n$ — любые действительные числа. Тогда при $\lambda \geq 2$ и при $\lambda \leq 0$ имеет место неравенство

$$\sum |\pm x_1 \pm x_2 \pm \dots \pm x_n|^\lambda \geq 2^n \left( \sum_{i=1}^{n} x_i^2 \right)^{\lambda/2},$$

а при $0 < \lambda < 2$ — неравенство противоположного смысла. (Суммирование в левой части произвольных комбинаций знаков «+» и «-».) Предлагаем вам подумать над доказательством этого утверждения самостояльно.

И. Клумова

М621. Вокруг окружности описан п-уольник. Произвольная точка $P$ внутри окружности coединина со всеми его вершинами и точками касания. Образовавшиеся 2n треугольников окружены по переменной в красный и синей цвете. Докажите, что произведение площадей красных треугольников равно произведение площадей синей треугольников.

Ф623. Переменный конденсатор с начальной emкостью $C_0$, заряженный до направления $U$, замыкот на резистор с сопротивлением $R$ (см. рис.ок). Как нужно изменять со временем emкостью конденсата-

◆ Пусть $A_1 A_2 \dots A_n$ — описанный $n$-угольник, $t_1, t_2, \dots, t_n$ — длины отрезков касательных, проведенных к окружности из точки касания отрезками, то произведение $n$ длины отрезков, которые попали в синей треугольнике, равно произведение $n$ длины отрезков, которые попали в синей треугольнике. Для доказательства достаточно заметок $T_{k-1} T_k$, равно отношению площадей треугольников $PT_{k-1} A_k$ и $PT_k A_k$.

◆ Ток, в цепи определяется напряжение на резисторе, равным напряжению на конденсаторе: $I = U/R$. Так как ток должен постоянным, постоянным должно быть и напряжение на конденсаторе, то есть

$$\frac{q_0}{C_0} = \frac{q_0 - \Delta q}{C},$$

28

тора, чтобы в цепи щел потояний ток? Какую мощность развивают внешние силы, благодара которых изменяется емкость конденсатора?

Ф624. В отростке сосуда, закрытою плоским поршнем диаметра $D=5$ см, имеется небольшое количество воды (см. рисунок). Диаметр отростка $d=2$ мм. Если при постоянной температуре $t=20^\circ C$ поршень опустить на $H=10$ см, то уровень воды в отростке повышается на $h=1$ мм. Найти давление насыщенных паров воды при температуре $t=20^\circ C$.

Ф625. Из яичной скорлупы сделан реактивный двигаель, показанный на рисунке. Площадь отверстия в скорлупе $s=3\text{ mm}^2$. Какова наиболее сила этой такого двигаеля, если температура воды в скорлупе поддерживается равной $100^\circ C$?

Где $q_0$ — начальный заряд конденсатора, $\Delta q=It/R$ — заряд, прошедший по цепи за время $t$, $C$ — емкость конденсатора в момент времени $t$. Отсюда

$$C = C_0 \left( 1 - \frac{\Delta q}{q_0} \right) = C_0 \left( 1 - \frac{t}{RC_0} \right).$$

Для определения мощности $N$, развиваемой внешними силами, воспользуемся законом сохранения и изменения энергии: изменение энергии системы за время $t$ равно равоте внешних сил, то есть

$$\left( \frac{CU^2}{2} - \frac{C_0U^2}{2} \right) + I^2Rt = Nt.$$

Отсюда, учитывая зависимость емкости от времени, находим мощность внешних сил:

$$N = \frac{U^2}{2R}.$$

П. Зубков

◆

Так как в отростке с самого начала находится вода, воданой пар в сосуде — насыщенный. При опускании поршня его давление не меняется, а вес пар, находящийся в «исчезаюшем» объeme

$$V = \pi D^2/4H,$$

конденсируется. Масса сконденсировавшейся воды равна

$$m = \varrho p d^2/4h,$$

где $\varrho = 10^3 \text{ кг/m}^3$ — плотность воды.

Из уравнения Менделеева — Клапейрона находится насыщенного пара:

$$p = \frac{m}{\mu} \frac{RT}{V} = \varrho \left( \frac{d}{D} \right)^2 \frac{h}{H} \frac{RT}{\mu} = 2,16 \text{ кПа.}$$

Заметание. В полученной формуле величины $d$ и $D$, $h$ и $H$ образуют безразмерные комбинации. Следовательно, значения этих величины можно подставлять в любых, но обязательно одинаковых единиц измерения. Например, $d$ и $D$ — в миллиметрах, $a$ и $H$ — в сантиметрах. При условии, что остальные величины ($\varrho$, $R$, $T$ и $\mu$) выражены в единицах СИ, ответ получится в пакалех.

В. Белонуккин

◆

Согласно закону сохранения импульса, реактивная сила, действующая на скорлупу, равна по модulo разности импульсов молекул, вылетевших из скорлупы за единицу времени и вылетевших в скорлупу за то же время. С другой стороны, давление газа на стенку есть не что иное как удвоенный импульс молекул, ударяющийся о единицу площади поверхности стены в единицу времени. Таким образом, импульс молекул, вылетious из отверстия площадью $s$ в единицу времени, равен $ps/2$, импульс вылетious молекул — $p_0s/2$ (где $p$ и $p_0$ — давления внутри скорлупы и вне ее соответствие), а искомая сила

$$F = \frac{ps}{2} - \frac{p_0s}{2} = (p - p_0) \frac{s}{2}.$$

Максимальное давление, которое теоретически можно получить внутри скорлупы, несколько больше удвоенного атмосферного давления. Действительно, если воду в скорлупе нагревается так быстро, что масса воздуха не успет измениться, давление будет складывать из давления воздуха (которое при $100^\circ C$ несколько больше атмосферного) и давления насыщенного водяного пара (которое при $100^\circ C$ равно атмосферному). В этом случае

$$F_{\text{max}} = (p_{\text{max}} - p_0) \frac{s}{2} = p_0 \frac{T}{T_0} \frac{s}{2} \approx 0,2 \text{ H}.$$

30

талл будет быстро остывать, а нагар будет продолжать оставаться горячим. Если же кастрюлю охлаждать изнутри, нагар будет остывать медленно, температура металла будет успевать следовать за температурой нагара и разностти температур практические не будет.

Возникают ли силы, способствующие отделению нагара, при медленном охлаждении, то есть практические при равенстве температур металла и нагара? Да, так как у металла и у нагара различные коэффициенты линейного расширения. Но, оказывается, эти силы недостаточны для разрушения слоя нагара и его отделения от дня кастрюли.

Л. Ашкинази

Ф628. В вертикальной трубке длиной $H=152$ см, запаянной с нижнего конца, имеется столькirk воздуха высотой $h=76$ см, запертый стольком ртути (рис. 1). Атмосферное давление равно $10^5$ Па, а температура $t_0=17^\circ$ С. До какой температуры $t_1$ следует наресть воздух в трубке, чтобы все ртуть выиллась?

Рис. 1.

Рис. 2.

Начальное давление воздуха в трубке складывается из гидро-статического давления столька ртути высотой $H-h=76$ см и давления атмосферы. Атмосферное давление по условию равно $10^5$ Па≈76 см ртути. ст. Таким образом, начальное давление воздуха в трубке приблизительно равно удвоенному атмосферному давлению.

Будем считать, что вытекание ртути производит медленно, так что система в каждой момент можно считать нахождениеся в состоянии равновесия. В конечном состоянии, когда почти все ртуть выилется, давление воздуха в трубке будет равно атмосферному, то есть вдвое меньше нахального. Объем же воздуха $HS$ (S — площадь поперечного сечения трубки) будет вдвое больше нахального объема $hS$. Согласно уравнению состояния идеального газа это означает, что температура в конечном состоянии должна быть такой же, как и в начальном!

Разумеется, вообще без повышения температуры ртуть выилится из трубки не будет. Поэтому полученный результат означает, что для ответа на вопрос задачи ограничиться рассмотрением только нахального и конечного состояния, а нужно проследить за всем процессом.

Выясним, как должна изменять температура воздуха в трубке для того, чтобы ртуть выилалась постепенно и в каждой момент времени системы можно было считать нахождение в состоянии равновесия.

Обозначим высоту столька воздуха в некоторый момент времени через $z$. Тогда давление воздуха в трубке $p(z)$ равно

$$p(z) = p_0 + \rho g(H-z),$$

где $\rho$ — плотность ртути, а $p_0$ — атмосферное давление, которое по условию задачи приблизительно равно давлению столька ртути высоты $H/2$:

$$p_0 = \rho g H/2.$$

Подставляя (2) в (1), получаем

$$p(z) = \rho g \left( \frac{3}{2} H-z \right).$$

Поскольку мы предполагаем, что воздуха в трубке находится в состоянии термодинамического равновесия при любом $z$, то давление $p(z)$ воздуха, занимаемый им объем $Sz$ и температура $T(z)$ связаны уравнением состояния идеального газа:

$$\frac{p(z) Sz}{T(z)} = \frac{2 p_0 SH/2}{T_0},$$

где $T_0$ — начальная температура, $2 p_0$ — начальное давление воздуха в трубке, $SH/2$ — начальное объем воздуха. Подставляя в (4) $p(z)$ из (3) и $p_0$ из (2), находим зависимость температуры от высоты столька воздуха в трубке:

$$T(z) = T_0 \frac{(3H-2z)z}{H^2}.$$

График функции $T(z)$ показан на рисунке 2. Процессу выиливания ртути соответствует участку точками $z=H/2$ и $z=H$, изображенный сплошной линейной. Видно, что для медленного (квазиравновесного) процесса температура должнаначала повышаться до значения $T_1=(9/8)T_0$ (при этом

31

Рис. 3.

Ф629. Шарик массы m подвешен на пружине жесткости k (пружинный магнитик). Точка подвеска пружины совершает вертикальное гармоничное колебания с амплитудой a и частотой $\omega$. Как движется шарик при установившихся колебаниях?

Ф630. Элемент atomной батареи представляет собой конденсатор, на одну из пластин которого нанесен радиоактивный пренарат, испускющий α-частицы со скоростью $v_0=2,2 \cdot 10^6$ m/c. Определить ЭДС этого элемента. Отношение заряда α-частицы к ее массе k=4,8 $\cdot 10^7$ Кл/кг.

вылется половина первого嗽ального количества ртути), а затем попжаться до начального значения $T_0$. Поэтому для полного выпжания ртути воздуха в трубке нужно нагреть до температуры $T_1 \approx 326$ K. Доступный этой температуры, нужно сохранить контакт с нагревателем, имеющим температуру $T_1$. Дальше ртуть будет выпжаться смара, причем этот процесс уже не будет квазиравновесным.

Чтобы лучше уяснить это, полезно рассмотреть процесс на $p-V$-диаграмме (рис. 3). Равновесному процессу вытекания ртути соответствует линейная зависимость давления воздуха в трубке от z, описываемая формулой (3) и показанная сплошной прямой между значениями $z=H/2$ и $z=H$. На этом же рисунке изображены изображения соответствующих температур $T_0$ и $T_1$. Начальное и конечное состояние лежат на одной изтерме. Видно, что при температуре выше $T_1$ ни одна изтерма не пересекает прямой $p(z)$, то есть равновесие воздуха в трубке не возможно ни при каком значении высоты столбика z. Поэтому, если температура воздуха будет поддерживать хотя бы выше значения $T_1$, вся ртуть неизбежно будет вытолкнута воздуха из ртуки.

E. Бутиков, А. Быков, А. Кондратев

На рисунке показано положение системы в некоторый момент времени t. Точка O — положение равновесия точки подвеса; x — отклонение шарика от положения равновесия, при которомлина пружины равна $l_0+mg/k$ ($l_0$ — длина пружины в нерастиутом состоянии).

Запишем уравнение движения шарика:

$$mg-k\Delta X=m\ddot{x}.$$

Подставив $\Delta X=\frac{mg}{k}+x+a\sin \omega t$ (полное удилинение рружины), получим:

$$m\ddot{x}+kx=-ka\sin \omega t.$$

Вынужденные колебания шарика произходит с частотой вынужденной силы, то есть с частотой $\omega$. В установившемся режиме собственные колебания, частота которых $\omega_0=\sqrt{k/m}$, отсутствует.

Будем искать решение (1) в виде

$$x=A\sin \omega t+B\cos \omega t,$$

где A и B — некоторые постоянные коэффициенты, которые нужно определить. Взяв дважды произвольную от (2) и подставив (2) в (1), получим:

$$(-A\omega^2 m+kA)\sin \omega t+(-B\omega^2 m\cos \omega t+kB)\cos \omega t$$

$$=-ka\sin \omega t.$$

Это равенство должно выполнять в любой момент времени.

Взяв $t_1=0$ и $t_2=\pi/2\omega$, найдем $B=0$, $A=\frac{ka}{\omega^2 m-k}=\frac{a}{\omega^2-\omega^2}=1$.

Подставив найденные значения A и B в (2), получим:

$$x=\frac{a\sin \omega t}{\omega^2-\omega^2}-1.$$

A. Зильберман

Электродвижущая сила источника равна отношению работы сторонних сил по перемещению заряда по цепи к величины этого заряда. Максимальный ЭДС будет тогда, когда α-частицы уже не будут достигать противоположной пластинкой конденсатора. Другими словами, когда работа стороны силы равна кинетической энергии вылетающих α-частиц:

$$\mathcal{E}=\frac{mv_0^2}{2q}=\frac{v_0^2}{2k}\approx 5 \cdot 10^5 \text{ B}=500 \text{ kB}.$$

A. Гризоренко, ученик 10 класса, г. Макеева Донецкой обл.