Решения задач М641—М644; Ф657—Ф662

33

Решения задач

M641. Дан правильный шестугольник ABCDEF с центром O. Точка M и N — середины сторона CD и DE. Прямые AM и BN пересекаются в точке L. Доказите, что
a) треугольник ABL и четырехугольник DMLN имеют равные площади;
б) ALO = OLN = 60°;
в) OLD = 90°.

Все утверждения задачи нетрудно получить из одного наблюдания: при повороте на 60° вокруг центра O четырехугольник AMCB отображается на четырехугольник BNDC.
Действительно, при повороте $R_0^{60°}$ (против часовой стрелки) точка A переходит в точку B, точка B — в точку C, сторона CD отображается на сторону DE, так что середина M стороны CD переходит в середину N стороны DE (см. рисунок). Следовательно, четырехугольники AMCB и BNDC конгружены, так что площади их равны. Вычитая из этих равных площадей площадь четырехугольника BCML, получим равные площади, то есть треугольник ABL и четырехугольник DMLN равновелики.

Так как при повороте $R_0^{60°}$ луч AM отображается на луч BN, угол между направлениями этих лучей равен углу поворота, то есть $ALB = 60°$. Следовательно, $ALN = 120°$. Приведем два доказательства того, что $ALO = OLN = 60°$ и $OLD = 90°$.

1°. Воспользовемся таким очевидным фактом: если две прямые, пересекающиеся в точке K, равнодалены от точки P, то прямая PK служит bicсектрисой угла между этим прямыми (содержащero точку P). Поскольку точка O равнодалена от прямых AM и BN, OL — bicсектриса угла ALN, то есть $ALO = OLN = 60°$. Поскольку точка D равнодалена от прямых AM и BN одинаково (на такое же расстояние, как C — от прямой AM), $NLD = DLM = 30°$, то есть $OLD = 90°$.

2°. Около четырехугольника DMON можно описать окружность, так как углы при его вершинах M и N — прямые. Точка L также принадлежит этой окружности. Это следует из того, что в четырехугольнике DMLN сумма углов при вершинах D и L равна 180°. Заметив, что $ODN = 60°$, применим теорему о вписанном угле. Тогда получим $OLN = ODN = 60°$ и $OLD = OMD = 90°$.

Э. Готман

M642. Докажите, что каждое натуральное число представляется в виде $a_0 + 2a_1 + 2^2a_2 + \dots + 2^n a_n$, где каждое из чисел $a_k = 0, -1$ или 1, а $k \cdot a_{k+1} = 0$ для всех $0 \leq k \leq n-1$, причем такое представление единственно.

Рассматривая требуемые представления
$$A = a_0 + 2a_1 + 2^2a_2 + \dots + 2^n a_n$$
(*)
($a_k = 0, -1$ или 1, $a_k \cdot a_{k+1} = 0$) для нескольких натуральных чисел, нетрудно заметить, что

1. последний знак+стоп при $2^n$ (старшая цифра $a_n = +1$) для чисел A от $2^n - 2^{n-2} - 2^{n-4} - \dots$ до $2^n + 2^{n-2} + 2^{n-4} + \dots$ (например, в нашей таблице на полях последний знак+стоп при $2^3$ для чисел A от $2^3 - 2 = 6$ до $2^3 + 2 = 10$, при $2^4$ для чисел A от $2^4 - 2^2 = 1 = 11$ до $2^4 + 2^2 + 1 = 21$ и т. д.);
2. первый знак (младшая цифра $a_0 \neq 0$) периодически повторяется с периодом 4, то есть зависит лишь от остатка при делении A на 4 ($a_0 = 0$ повторяется даже чаше — с периодом 2).

На этих двух наблюдающих построены два доказательства нужего представления (*) и его единственности. Оба эти доказательства проводятся по индукции, то есть справедливо утверждение для данного числа A выводится из его справедливости для всех чисел A.

1°. Обозначим через $M_n$ число $2^n + 2^{n-2} + 2^{n-4} + \dots$ (последнее слагаемое здесь $2^1 = 2$ при нечетном $n$ и $2^0 = 1$ при четном $n$). Докажем, что каждое число $A \leq M_n$ представляется в виде (*) единственным образом, причем $a_n = 1$ для чисел
$$2^n - M_{n-2} \leq A \leq 2^n + M_{n-2} = M_n.$$

34

Мб43. Карточки с числами 1, 2, …, 32 сложены в стопку по порядку. Разрешается снять сверху любое число карточек и вложить их между неокторыми из оставшихся или под ним, не меняя порядка тех и других, а в остальном произвольно.

Эта операция называется перемещением ием.

1. Докажите, что за 5 перемещений можно a) переложить карточки в обратном порядке;

6. разложить карточки в любом порядке.

11. Докажите, что не всякий порядок карточок можно получить за 4 перемещения.

Рис. 1.

Мы можем (поскольку мы доказываем по индукции) считать наше утверждение доказанным для чисел $A$, не превосходящих $M_{n-2}$. Пользовясь этим, мы получим представление () для любого целого числа $A$ из промежутка (1). В самом деле, либо $A=2^n$, либо $1 \leqslant A-2^n \leqslant M_{n-2}$, либо $1 \leqslant 2^n-A \leqslant M_{n-2}$. Добавляя к $2^n$ представление числа $A-2^n$ или вычитая из него представление числа $2^n-A$, мы получим представление () для $A$.

Заметим, что

$$2^n-M_{n-2}-1=M_{n-1};$$

это равенство становится оченьным, если запись его так:

$$2^n-1=M_{n-2}+M_{n-1}=2^{n-1}+2^{n-2}+2^{n-3}+\dots+1.$$

Как видно из равенства (2), промежутки (1) для $n=1, 2, 3, \dots$ не перекрываются и заполют все множество натуральных чисел $N$, поэтому представление (*) существует для любого $A$. Отсюда ясно также его единственность: по данному $A \in \mathbb{N}$ однозначно определяется разряд $n$ старшей цифры $a_n=1$, а добавок $|2^n-A|$ представляется единственным образом по предположению индукции.

$$2^\circ.$$ Если $A$ четно, то $a_0=0$ и представление () числа $A=2m$ получается из представления меньшего числа $m$ «сввигтом» на один разряд. Если $A$ нечетно, то $a_0=\pm 1$ и $a_1$ должно равнять нулю; поэтому число $A-a_0$ делится на 4 и представление () числа $A=4m+a_0$ получается из представления меньшего числа $m$ «сввигтом» на два разряда и добавлением слева цифры $a_0$. Во всех этих случаях единственность представления числа $A$ следует из единственности представления числа $m$.

Единственное представления числа 1 оченьна: если $n>1$ и $|a_n|=1$, то $|a_0+a_1 \cdot 2+\dots+a_n \cdot 2^n| \geqslant 2^n-(2^{n-2}+2^{n-4}+\dots) \geqslant 2$.

Н. Васильев

◆

Приведем два решения этой задачи.

Первое решение. Будем считать, что карточки в стопке расположены в произвольном порядке. Докажем, что за пять перемещений их можно упорядочить, а за четые — не всегда. Тем самым задача будет решена.

Назовем отрезком группу лежащих подряд карточки, номера которых возрастают при удалении от верхha стопки. Длиной отрезка будем называть количество входящих в него карточек.

Если имеются два отрезка, то всегда можно, не меняя порядка следования карточки в каждой из них, перемещаемим получить отрезок, состоящий из карточек этих отрезков и только из них. Будем говорить, что такой отрезок получен операцией сляния двух отрезков. Понятно, чтолина результата сляния равна сумме длины сляаемых отрезков.

Отметим сначала в стопке карточок 32 отрезка единственной длины и затем будем продельвать перемещения так:

1. разделим стопку пополам;
2. сливаем попарно отрезкие отрезки соответствующего из первого и второй половин стопки;
3. отметим отрезки, получившиеся в результате сляния пункта 2).

Эту операцию повторим пять раз (на рисунке 1 изображено, что происходит с отрезками, получившимися после второй сляния). Длины отрезков, отеченных до перемещения, вдвое меньше длины отрезков, отеченных после него (см. рис. 1). Следовательно, после пятых операций длина (единственного!) отеченного отрезка будет равна $2^5=32$. Это доказывает утверждение а) и б) задачи (для пункта a) нужные перемещения приведены на полях).

Для доказательства того, что произвольно расположенные карточки нельзя упорядочить за 4 перемещения, введем

35

шце одно понятие. Изовем две сседние в стопке карточки дефектной парой, если карточка с большим номером находится выше карточки с меньшим номером.

Лемма. Если в стопке $n > 1$ дефектных пар, то после перемещения в ней будет не менее чем $m = \left[ \frac{n}{2} \right]$ дефектных пар.

Доказательство. Разделив стопку на две, получим по крайней мере в одной из стопок не менее чем $m$ дефектных пар. Действительно, пусть в одной стопке оказалось $k$, а в другой $l$ дефектных пар. Если предположить, что $k \leq m - 1$ и $l < m$, то $k + l < 2m - 1 \leq n - 1$. Однако должно быть $k + l \geq n - 1$, поскольку при разделении стопки могло «разойти» не более одной дефектной пары. Значит, либо $k \geq m$, либо $l \geq m$.

Заметим теперь, что если между карточками дефектной пары вставляется любые карточки, то при этом образуется хотя бы одна дефектная пара (убедитесь, что это такая одной вставляемой карточки). Тем самым лемма доказана.

Пусть теперь в стопке более 15 дефектных пар. Применив доказанную лемму четыре раза, получим, что после четырех перемещений в стопке остается хотя бы одна дефектная пара.

В связи с последней леммой возникнет интересная задача: зная количество дефектных пар расположения, определять точно минимальное количество перемещений, необходимых для достижения этого расположения из упорядоченной стопки. Оказывается, если $N$ — количество дефектных пар расположения, то необходимо $\left[ \log_2 N \right] + 1$ перемещений.

Второе решение. I 6) Расмотрим операцию, обратную перемещению: из произвольных мест стопки вытяжваем несколько карточки иkladем их сверху. При этом относительной порядок как среды вытяженных, так и среди остальных карточки не меняется. Докажем более общее утверждение: $2^n$ карточки, расположения в произвольном порядке, можно упорядочить за $n$ обратных перемещений.

Доказательство проводем по индукции.

Для упорядочения двух карточки ($n = 1$) достаточно одного обратного перемещения. Пусть уже доказано, что для упорядочения $2^k$ карточка достаточно $k$ обратных перемещений. Докажем, что $2^{k+1}$ карточка всегда можно упорядочить за $k+1$ обратных перемещений.

Рассмотрим какое-то расположение $2^{k+1}$ карточки в стопке. Стопки карточки с номерами от 1 до $2^k$ (назовем эту стопку красной) и с номерами от $2^k + 1$ до $2^{k+1}$ (назовем эту стопку голубой) — с относительным расположением карточки внутри каждой стопки таким же, как в стопке из $2^{k+1}$ карточке — по предложению индукции можно упорядочить за $k$ обратных перемещений. Обозначим эти перемещения через $A_1, A_2, \dots, A_k$ для красной стопки и $B_1, B_2, \dots, B_k$ для голубой.

Произведем теперь $k$ обратных перемещений большой стопки (из $2^{k+1}$ карточек) следующим образом: при $i$-м обратном перемещении вытяжваем красные карточки, которые должны быть вытяжены при перемещении $A_i$, и голубые карточки, которые должны быть вытяжены при перемещении $B_i$, после чегоkladем и те и другие на верх стопки — один под другие (разобратья в том, что происходит, вам помогет рисуок 2). После $k$ таких операций красная и голубая стопки оказываются упорядоченными. Остается за последнее, $(k+1)$-е перемещение вытяжить карточки красной стопки и положить их сверху.

II. Докажем, что если в стопке находится больше $2^n$ карточек, то за $n$ перемещения их нельзя расположить в обратном порядке — по убыванию номеров.

Доказательство проводем по индукции. При $n = 1$ число карточек в стопке не меньше трех. Так как при перемещении мы либо берем сверху не менее двух карточек, либо оставляем не менее двух, после одного перемещения найдет две карточки, у которых не изменился относительный порядок.

Пусть утверждение задачи верно при $n = k$. Для $n = k + 1$ предположим противное, то есть предположим, что за $k + 1$

36

перемещенный удалось получить обратный порядок в стопке, содержащей больше $2^{k+1}$ карточек. Посмотрим внимание, что происходит.

При первом перемещении либо снимаются сверху, либо оставятся неснятыми по крайней мере $2^{k+1}$ карточек, что есть найдется стопка из $2^{k+1}$ карточек, относительной порядок которой после первого перемещения не изменяется. Но по предположению индукции за оставшиеся $k$ перемещений карточек этой стопки нельзя расположить в обратном порядке. Полученное противоречие доказывает утверждение задачи.

Ю. Лысов, В. Турчининов

M644. а) Докажите, что существует выпуклый 1980-уедельник со стороны длины 1, 2,…, 1980, все уелы которого равны по величины.
6) Существует ли такой 1981-уедельник?

Докажем, что если $n$ не есть степень простого числа, то есть $n = p \cdot q$, $n > 3$ и $p$ и $q$ — взаимно простые числа, отличные от единиццы, то всегда можно составить $n$-угольник со стороны длины 1, 2,…, $n$, параллельными сторонами $n$-угольника. Так как $1980 = 4 \cdot 495$, а $1981 = 7 \cdot 283$, эти мы решим задачу.

Рассмотрим правильный $n$-угольник ($n = p \cdot q$). Выделим среди его вершин $p$ штук, образующих правильный $p$-угольник (на рисунке $n=15$, $p=3$, $q=5$). Теперь рассмотрим $p$ наборов по $q$ вершин нашего (правильного) $n$-угольника таких, что в каждой наборе эти вершины образуют правильный $q$-угольник, а первая вершина $i$-го набора совпадает с $i$-й вершиной выделенного $p$-угольника (см. рисунок). В силу взаимной простоты чисел $p$ и $q$ эти наборы не пересекаются. Поэтому ищем исчерпываются все вершины $n$-угольника.

Теперь «устройм» $p$ наборов по $q$ векторов. Первые $q$ векторов с длинами 1, 2,…, $q$ расположим следующим образом: начала вектор поместим в последовательные вершины первого $q$-угольника, а направление каждого вектора возьмем совпадующим с направлением стороны $n$-угольника, прилегающий к соответствующей вершине $q$-угольника (направление обхода фиксировано). Обозначим сумму векторов первого набора через $\vec{b}_1$.

Второй набор $q$ векторов получается так же, как и первый, только его «порождают» вершины второго $q$-угольника. Сумма $\vec{b}_2$ векторов второго набора при этом, очевидно, получается из вектора $\vec{b}_1$ поворотом на угол $360^\circ/p$ вокруг центра $n$-угольника. Увеличив длину каждого вектора второго набора на $q$ единицу, мы не изменим суммы $\vec{b}_2$, поскольку такое увеличение является добавлением $q$ векторов, образующих правильный $q$-угольник (их сумма равна $\vec{0}$).

Так мы можем получить $p$ наборов по $q$ векторов: направления векторов $i$-го набора определяются вершинами $i$-го $q$-угольника, а длины их равны $1+q(i-1)$, $2+q(i-1)$,…, $qi$. Сумма $\vec{b}_i$ этих векторов получается из $\vec{b}_1$ поворотом на угол $360^\circ \cdot (i-1)/p$ вокруг набора $n$-угольника.

Из сказанного следует, что векторы $\vec{b}_i$ образуют правильный $p$-угольник. Следовательно, их сумма равна нулю, а значит, равна нулю и сумма $pq=n$ построенных векторов, направления которых соответствует направлению сторон нашего правного $n$-угольника, а длины охватываются все натуральные числа от 1 до $n$. Остается последовательное расположение этих $n$ векторов так, чтобы их направления соответствовали направлениям последовательных сторон правильного $n$-угольника.

При $n=p^k$, где $p$ — простое, построить такой $n$-угольник нельзя, но элементарное доказательство этого факта нам неизвестно.

Ю. Лысов

Ф657. Радуцы кривизны двух одинаковых спинхсядруе с другой мыльных пузырей равны $R$. После того как перего-
36

37

родка между пузырами lonnyла, образовался один пузырь радиуса $R_1$. Найти атмосферное давление. Козффициент поверхности натяжения мыльного раствора равен σ.

Рис. 1.

Рис. 2. $\overrightarrow{OAB} = 30^\circ$;
$$|OB| = \frac{1}{2}|OA| = \frac{1}{2}R;$$
$$r = \sqrt{R^2 - \frac{R^2}{4}} = \frac{R\sqrt{3}}{2};$$
$$h = |OD| - |OB| = R - \frac{R}{2} = \frac{R}{2}.$$

Ф658. Из баллона, в котором находится сільно разреженные пары калия, через узкую горизонтальную трубку выходит пучок атомов. Определить температуру паров, если на горизонтальном пути длиной $l = 50$ см среднее смещение атомов по вертикали составляется $h = 3,2$ мкм.

где $p_0$ — атмосферное давление, $4\sigma/R$ — избыточное давление в пузырах под искривленной поверхности радиуса $R$ (перед σ стонт коэффициент 4, а не 2, поскольку у мыльной пленки две поверхности). Условие равенства давления и справа от перегородки означает, что перегородка плоская (в противном случае давления в пузырах должны быть отличается одно от другого на величины избыточного давления под искривленной поверхности перегородки). Поскольку пузыры одинаковы, плоскость перегородки расположена на одинаковых расстояниях от центров пузырей.

На любой участок поверхности пленки, принимающая и перегородке, действуют три силы: две силы натяжения со стороны пленок, образующих собственную пузири, и сила натяжения со стороны пленки-перегородки. Так как абсцилтные значения этих сил одинаковы, в условиях равновесия эти силы направлены под углами $120^\circ$ друг к другу (рис. 1).

Таким образом, в начальном состоянии воздуха в пузырах при давления $p = p_0 + 4\sigma/R$ занимает объем $V = 2\left(\frac{4}{3}\pi R^3\right) - V'$, где $V' = 2 \cdot \frac{1}{6} \pi h (3r^2 + h^2)$ — объем двух шаровых сегментов, «отсеченных» перегородкой от пузырей (рис. 2). Как видно из рисунка 2, радиус перегородки $\tau = R\sqrt{3}/2$, высота шарового сегмента $h = R/2$ и

$$V' = \frac{1}{3} \pi \frac{R}{2} \left(3 \frac{3R^2}{4} + \frac{R^2}{4}\right) = \frac{5}{12} \pi R^3,$$

$$V = \frac{8}{3} \pi R^3 - \frac{5}{12} \pi R^3 = \frac{9}{4} \pi R^3.$$

После того как перегородка лопнула, воздуха в пузыре радиуса $R_1$ занимает объем $V_1 = \frac{4}{3} \pi R_1^3$ при давления $p_1 = p_0 + \frac{4\sigma}{R_1}$.

Будем считать, что температура воздуха в пузырах оставется неизменной (равной температуре окружающей среды). Тогда $\frac{p}{p_1} = \frac{V_1}{V}$, или

$$\frac{p_0 + \frac{4\sigma}{R}}{p_0 + \frac{4\sigma}{R_1}} = \frac{16}{27} \frac{R_1^3}{R^3}.$$

Отсюда находим атмосферное давление:

$$p_0 = \frac{4\sigma(16R_1^2 - 27R^2)}{27R^3 - 16R_1^3}.$$

(Из выражения для $p_0$ следует, что радиус $R$ и $R_1$ связаны соотношением

$$\frac{3^3\sqrt{4}}{4} < \frac{R_1}{R} < \frac{3\sqrt{3}}{4}.$$

Убедитесь в этом самостояльно.)

Т. Петрова

◆

Температура паров определяется средней (точнее, средневартанчий) скоростью молекул паров:

$$T \approx \frac{\mu v^2_{cp}}{3R}.$$

Для определения температуры надо найти $v_{cp}$.

Смешение по вертикали происходит в результате силыяжетки. Время т движения молекул, длина $l$ проходимого имена за это время пучи и смешение $h$ молекул по вертикали соотношениями $\tau = l/v_{cp} = \sqrt{2h/g}$, откуда

$$v_{cp} = l \sqrt{\frac{g}{2h}}.$$

38

Подставляя (2) в (1), находим
$$T \approx \frac{\mu l^2 g}{6 R h} \approx 6 \cdot 10^2 \text{ K}.$$
(Bóльшая точность расчетов не нужна, поскольку мы довольно грубо оценили среднюю скорость движения молекул, восполIZEовавшись средневартничной скоростью.)

А. Зильберман

Ф659. Небольшой станок массой $m=200$ кг выбрирует при работе из-за неоднородности тяжелого масвika, врачающесся с угловой скоростью 600 об/с. Чтобы сизить выбор цепи перекрытия в цехе, в котором установлен станок, под станину положили упругуую прокладку толщиной $h=10$ см из материалов с моделем упругоости $E=3,1 \times 10^8 \text{ H/m}^2$. Площадь основания станины $S=2 \text{ m}^2$. Приведет ли установка прокладки к уменьшению выбрающей перекрытия?

Колебания станка, вызванные врашением несбалансированного масвika приводят к появлению гармоничческой силы $F=F_0 \sin \omega t$, действующей со стороны станка на опору ($F_0$ — амплитуда, $\omega=2\pi f$ — круговая частота, $f$ — частота силы). Взанмодействие станка и перекрытия, разделенныхупругой прокладкой, можно использовать на основе упрощенной системы двух точных масс $m$ и $M$, соединенных пружиной с жесткостью $k$ (см. рисунок; роль масс играют соответствие станок и перекрытие, аружина имирует прокладку между ними). Жесткость $k$ пружины (жесткость прокладки) равна
$$k = \frac{ES}{h}.$$

Масса перекрытия $M$ намного превышает массу станка $m$. Действительно, если перекрытие сделано из железобетона (плотность около 2500 кг/$\text{m}^3$) и имеет толщину примерного 0,2 м, то масса лишь одного квадратного метра (поверхностная плотность) перекрытия составляет 500 кг, что уже намного превышает массу станка (по условию 200 кг).

Пусть $x_1$ и $x_2$ — смешения масс $m$ и $M$ вдоль оси $OX$ относительно координат масс в невозмуженном состоянии. Тогда ускорения масс, согласно второму закону Ньютона, можно записать в виде
$$\vec{a}_1 = x_1'' = -\frac{k \Delta h}{m} + \frac{F}{m} = \frac{k}{m} (x_2 - x_1) + \frac{F_0}{m} \sin \omega t,$$
$$\vec{a}_2 = \frac{k \Delta h}{M} = \frac{k}{M} (x_1 - x_2).$$

При гармоничческих колбаниях $x_1 = A_1 \sin \omega t$, $x_2 = A_2 \sin \omega t$, $a_1 = -\omega^2 A_1 \sin \omega t$, $a_2 = -\omega^2 A_2 \sin \omega t$, где $A_1, A_2$ — амплитуды колбания масс $m$ и $M$ соответственно. Подставляя эти выражения в (2), получим
$$\left( -\omega^2 + \frac{k}{m} \right) A_1 - \frac{k}{m} A_2 = \frac{F_0}{m},$$
$$- \frac{k}{m} A_1 + \left( -\omega^2 + \frac{k}{m} \right) A_2 = 0,$$

или
$$- \omega^2 A_1 + \frac{k}{m} \left( A_1 - A_2 \right) = \frac{F_0}{m},$$
$$- \omega^2 A_2 - \frac{k}{m} \left( A_1 - A_2 \right) = 0.$$

Отсюда находится
$$A_1 - A_2 = \frac{F_0}{m} \cdot \frac{1}{-\omega^2 + \frac{k(m+M)}{mM}} = \frac{F_0}{m(\omega_p^2 - \omega)},$$
где
$$\omega_p = \sqrt{\frac{k(m+M)}{mM}}$$

— резонансная круговая частота гармоничных колбаний системы масс, соединенных пружиной. При $M \gg m$
$$\omega_p \approx \sqrt{\frac{k}{m}}.$$

Из (2’) (2’’) определем амплитуду смешения массы $M$:

39

$$A_2 = \frac{F_0}{(m+M)\omega^2} \cdot \frac{1}{\left(\frac{\omega}{\omega_p}\right)^2 - 1}.$$

В отсутствие прокладки сила $F$ сообщает системе станок — перекрытие с массой $m+M$ ускорение

$$|\vec{a}_0| = \frac{|\vec{F}|}{m+M}.$$

Амплитуду $A_0$ колебаний в этом случае находится из условия $a_0 = -\omega^2 A_0$ sin $\omega t$:

$$A_0 = -\frac{F_0}{(m+M)\omega^2}.$$

Таким образом, отношение амплитуд смесения перекрытия после установки прокладки и до этого равно

$$\frac{A_2}{A_0} = \frac{1}{1 - \left(\frac{\omega}{\omega_p}\right)^2} = \frac{1}{1 - \left(\frac{f}{f_p}\right)^2},$$

(4)

где

$$f_p = \frac{1}{2\pi} \omega_p \approx \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{ES}{hm}} \approx 885 \text{ Гц}$$

(см. (1) и (3)). Так как по условиям $f = 600$ Гц, из (4) находится

$$\frac{A_2}{A_0} = \frac{1}{1 - \left(\frac{600}{885}\right)^2} \approx 1,85,$$

то есть вибрации после установки прокладки успешятся.

Как же уменьшить воздействие на перекрытие? Как видно из формулы (4), этого можно добиться, выбирая параметры прокладки таким образом, чтобы выполнялось условие $f_p \ll f$, то есть следует выбирать материал для прокладки с малым моделем Юнга или увеличивать толщину прокладки. Так, если $E = 3,1 \cdot 10^6$ Н/м$^2$, то есть в 100 раз меньше, чем по условиям задачи, то можно получить

$$\left|\frac{A_{20}}{A'_{20}}\right| \approx 0,02,$$

то есть вибрация значительно уменьшается.

Р. Винокур

Ф660. Поплавок, изготовленный из однородного материала, имеет форму чечевцы — теля, ограниченной двумя сферическими поверхностями радиусов $R_1 = R_2 = R = 3$ см. Максимальная толщина чечевцы $h = 4$ см; масса чечевцы $m_1 = 5$ см. В поплавок на всю толщину вдоль оси симметрии воткнута спица длиной $l = 10$ см и массой $m_2 = 3$ см. Устойчив ли положение поплавка, когда он плавает на поверхности воды спицеевых? Считать, что в жидкость поружена меньше часть чечевцы.

Убедиться в том, что в жидкость поружена меньше часть чечевцы, можно, воспользоваться данными, приведенными в условия задачи. Условие равновесия поплавка в положении «спицей вверх» — $\vec{F}_T + \vec{F}_A = \vec{0}$, или $\vec{F}_T - \vec{F}_A = \vec{0}$, где $\vec{F}_T = (m_1 + m_2) |\vec{g}|$ — сила тяжести, действующая на поплавок со спицей, $\vec{F}_A = \varrho_B |\vec{g}| V'$ — выталкивающая сила ($V'$ — объем поруженной в воду части поплавка). Из равенства

$$(m_1 + m_2) |\vec{g}| = \varrho_B |\vec{g}| V'$$

определем $V'$:

$$V' = \frac{m_1 + m_2}{\varrho_B} = 8 \text{ см}^3.$$

Объем положины чечевцы (объем шарового сегмента) равен

$$V = \frac{1}{6} \pi h_1 (3r^2 + h_1^2) \approx 29 \text{ см}^3$$

(см. рис. 1). Условие $V' < V$ и означает, что в воду поружена меньше часть чечевцы.

Теперь рассмотрим вопрос об устойчивости поплавка в положении «спицей вверх». Будем считать, что при малом отклонении поплавка, когда спица составляют малый угол $\alpha$ с вертикалью (рис. 2), поруженная в воду часть поплавка

40

по-прежнему имеет форму шарового сегмента и осадка поплавка не меняется. (Отклонение поплавка — это поворот его вокруг точки $O$, то есть вокруг центра сферы, ограничивающий нижнюю часть поплавка.) Это условие означает, что, как и раньше, $\vec{F}_{\tau} + \vec{F}_{\mathrm{A}} = 0$. Если в результате отклонения появляются моменты сил стремяты возвратить поплавок в прежнее положение, это положение — «спицей вверх» — устойчиво; если момент силы таковы, что поплавок будет продолжать отклоняться, положение «спицей вверх» неустойчиво.

Пока поплавок был в положении равновесия, силы $\vec{F}_{\tau}$ и $\vec{F}_{\mathrm{A}}$ были приложены вдоль одной прямой — вертикали, проходящей через спицу. Сила $\vec{F}_{\tau}$ приложена в точке $C$ — в центре масс поплавка со спицей, а сила $\vec{F}_{\mathrm{A}}$ приложена в точке $O$ (сила $\vec{F}_{\mathrm{A}}$ есть результатующая сил давления, действующих со стороны воды на поплавок). Точка $C$ находится на расстоянии $x = |DC|$ (см. рис. 2) от дна поплавка таком, что

$$m_1 \left( \frac{l}{2} - x \right) = m_2 \left( x - \frac{h}{2} \right);$$

отсюда

$$x = \frac{m_1 l/2 + m_2 h/2}{m_1 + m_2} = 3,125 \text{ cm.}$$

Точка $O$ находится на расстоянии $|DO| = R = 3$ см от дна поплавка. Следовательно, точки $C$ лежит выше точки $O$.

При малом отклонении поплавка (при повороте вокруг $O$) точки приложения силы $\vec{F}_{\mathrm{A}}$ остаются прежней — точка $O$; точка же $C$ смешается с вертикали $DC$. Таким образом, при отклонении поплавка на него действует пара сил; момент этих сил стремяты повернуть поплавок в сторону дальнейшего отклонения от положения равновесия (на рисунке 2 — против часовой стрелки).

Следовательно, поплавка «спицей вверх» — положение неустойчивого равновесия.

Д. Кузнецов

Ф661. На рисунке приведены волтамперные характеристики двух непленных резисторов $R_1$ и $R_2$. Каким будет точки, удушие через резисторы и источник с ЭДС $\varepsilon = 10$ В и внутренним сопротивлением $r = 2$ Ом, если она резистора подключает к источнику, соединив их а) последовательно, б) паралельно?

Если резисторы соединены последовательно, то при каждом значении точки напряжение $U_{\mathrm{noc}}$ на участке цепи, содержащем резисторы, равно сумме напряжения на каждом из них. При паралельном соединении ток в цепи при каждом значении напряжения $U_{\mathrm{nap}}$ на резисторах равен сумме токов, текущих через каждый из них. Зависимость $I(U_{\mathrm{noc}})$ и $I(U_{\mathrm{nap}})$ построены на рисунке.

Напряжение $U_6$ на закимах батареи меняется при изменении точки в цепи:

$$U_6 = \varepsilon - r I = 10 - 2 I.$$

Зависимость $I(U_6)$ также построена на рисунке. Точки пересечения прямой $I(U_6)$ с кривыми $I(U_{\mathrm{noc}})$ и $I(U_{\mathrm{nap}})$ дают значения токов и напряжения в цепи соответствующего при последовательном и паралельном соединении резисторов.

Из рисунка находится:

a) $I_1 = I_2 = I_6 = 0,25$ А; $U_1 = 5,5$ В, $U_2 = 3,9$ В;