Решения задач М656—М660; Ф668—Ф672

40

Ф712. Небольшой шарик движется с постоянной скоростью $\vec{V}_0$ по гладкой горизонтальной поверхности и попадает в точке $A$ в цилиндрический вертикальный колодец глубины $H$ и радиуса $R$. Вектор скорости шарика составляет угол $\alpha$ с диаметром колодца, проведенным в точку $A$ (рис. 4). При каком соотношениям между $\vec{V}_0$, $H$, $R$ и $\alpha$ шарик после упругих соударений со стенками и дом сможет «выбрать» из колодца? (8)

С. Кротов

Решения задач

M656—M660; Ф668—Ф672

Поместим начала всех векторов в одну точку и построим сферу радиуса 1 с центром в этой точке. Возьмем точки пересечения наших векторов (или их продолжений) с постоянной сферой и окружим какую из них шапочкой «диаметром» $45^\circ$ (рис. 1) или, что по существу то же самое, сами векторы — конусами с растором $45^\circ$ (и образуют 1). Утверждение задачи будет доказано, если мы показем, что какие-то две из этих «окрестностей»: шапочки или конуса — пересекаются. А для этого сравним суммарную площадь поверхности шапочки (или суммарный объем конусов) с площадью поверхности сферы (соответственно, с объемом шара).

Площадь поверхности шапочки (см. рис. 1; $H = R(1-\cos \varphi)$ — высота шапочки) равна $2\pi RH = 2\pi \left(1-\cos \frac{\pi}{8}\right) = 2\pi \left(1-\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}\right)$ (мы воспользовались формулой для косинуса поливинного угла). Наша цель — доказать, что $30 \cdot 2\pi \left(1-\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}\right) > 4\pi$, то есть, что $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2} < \frac{4}{15}$. Произведя несколько несложных преобразований (два из которых — возведение в квадрат), приdem к верному равnocильному неравенству $\frac{1}{2} < \left(\frac{167}{225}\right)^2$. Из этого следует, что среди шапочки найдет две пересекающиеся; угол между соответствующими им векторами будет меньше $45^\circ$.

Если сравним объемы (рис. 2), нужно доказать, что объем каждого конуса больше $\frac{4}{90}$ π. Предлагаем вам убедиться в этом самостояльно.

A. Толпьео

M657. В таблице $n \times n$, заполнен числами, все строки различаны. Докажите, что из таблицы можно вычернуть неокторный столбец так, что в оставшейся таблице все строки также будут различаны.

Допустим противное: какой бы стольец мы ни вычерknулы, в оставшейся таблице найдет хотя бы одна пара одинаковых строк. Рассмотрим $n$ «укороченных» таблиц, получающихся из данной, соответствующего, вычеркиванием первого, второго, …, $n$-го стольца. Отметим для каждой из этих таблиц одну пару одинаковых строк (длины $n-1$). Будем теперь считать, что строки исходной таблицы — это точки на плоскости, причем точки, соответствующие отмеченным параметром в укороченных таблицах, попарно соединены. Мы получили картинику «$n$ точек — $n$ отрезков». Нетрудно доказать, что в такой картинике найдет цикл — замкнутая ломанная с вершинами из наших точек. Пусть эти вершины соответствуют строкам $A_1$, $A_2$, …, $A_m$, и пусть отрезок $A_iA_{i+1}$ получается в результате вычеркивания

41

столбца $B_i$ ($i=1, 2, \dots, m-1$), а отрезок $A_m A_1$ — столбца $B_m$.
Тогда в исходной таблице строки $A_1$ и $A_2$ отличются только в столбце $B_1$, строки $A_2$ и $A_3$ — только в столбце $B_2$, …
строки $A_{m-1}$ и $A_m$ — только в столбце $B_{m-1}$, так что в столбце $B_m$ во всех этих строках записано одно и то же число.
Но это противоречит тому, что точки, соответствующие строкам $A_1$ и $A_m$, соединены (поскольку, по условию, все строки в исходной таблице различны, строки $A_1$ и $A_m$ должны отличаться в столбце $B_m$).

А. Анджан

M658. В квадрате со стороны 1 проведено конечное число отрезков (рис. 1), параллельных его стороны. Отрезки могут пересекать другие другие. Сумма длины проведенных отрезков равна 18. Доказите, что среди частей, на которые квадрат разбивает эти точки отрезки, найдется такая, площадь которого не меньше 0,01.

◆ Сумма длин границ всех частей, на которые квадрат разбит отрезками, равна $2 \cdot 18 + 4 = 40$ (длины проведенных отрезков входят в эту сумму по два раза, длины сторон квадрата — по одному). Пусть для $i$-й части сумма длин горизонтальных границ равна $2x_i$, вертикальных — $2y_i$, а площадь $i$-й части равна $c_i^2 (c_i > 0)$; тогда $x_i y_i \geqslant c_i^2$ (рис. 2), поэтому $x_i + y_i \geqslant 2\sqrt{x_i y_i} \geqslant 2c_i$. Итак,

$$40 = \Sigma (2x_i + 2y_i) \geqslant 4\Sigma c_i,$$

откуда $\Sigma c_i \leqslant 10$ (десь сумма $\Sigma$ береется по всем частям разбиения).

Рис. 1.

Рис. 2.

Если $c_i^2 < 0,01$ (то есть $c_i < 0,1$) для всех $i$, то $1 = \Sigma c_i^2 < \Sigma 0,1c_i = 0,1\Sigma c_i$, откуда $\Sigma c_i > 10$. Противоречие. Очевидно, оценка 18 — точная: восемнадцатую отрезками длины 1 наш квадрат можно разбит на 100 одинаковых квадратков площади 0,01 каждый.

А. Берзины

M659. Доказите следующие свойства последовательности Фибоначчи $f_1 = 1, f_2 = 2, \dots, f_{k+1} = f_k + f_{k-1}$.

а) Кажде натуральное число $n \geqslant 3$ представляется в виде суммы различных чисел Фибоначчи.

б)* Обозначим количество таких представлений числа $n$ в виде суммы четного числа слагаемых через $K_n$, в виде суммы нечетного числа слагаемых — через $H_n$; тогда $|K_n - H_n| \leqslant 1$ при всех $n$.

в)* Если переможить несколько подряд стойчих двуххлелов из последовательности

$$1 - x, 1 - x^2, 1 - x^3,$$

$$1 - x^5, \dots, 1 - x^{f_k}, \dots$$

Для краткости мы будем вместе «представление числа $n$ в виде суммы различных чисел Фибоначчи» говорить «представление числа $n$»; представления, удовлетворяющие условиям г), мы будем называть правильными.

Утверждение задачи a) содержится в утверждении задачи г).

Решение задачи г). На полях приведена таблица правильных представлений натуральных чисел. Эта таблица устроена так. Ее строки разбит на группы, содержащие, соответствующие значения $1, 2, \dots, f_k$, … равенств. Первая группа состоит из равенств $1 = 1$, вторая — из равенств $2 = 2$ и $3 = 1 + 2$, а группа с номером $k \geqslant 3$ получается из $(k-2)$-й и $(k-1)$-й групп увеличением левой части входящих в них равенств на $f_k$ и приписьванем к правой части слагаемого $f_k$. Из таблицы видно, что всякое натуральное число $n \geqslant 3$ обладает правильным представлением. Для доказательства единственности правильного представления предположим, что $n$ — самоое маленькое число, для которого оно единственно; пусть

$$n = f_{i_1} + \dots + f_{i_m} (i_1 < \dots < i_m)$$

— представление, не содержащая в нашей таблице. Но тогда

42

(в показательх стоит числа Фибоначчи), то в полученном многочлене все коэффициенты будут равны 0, —1 или +1. Известное нам доказательство утверждений б) и в) опирается на такое свойство:
e) Для любого $n \geq 3$ существует единственное представление $n$ в виде суммы различных чисел Фибоначчи, которое вместе с каждым слагаемым $f_k(k \geq 3)$ содержит хотя бы одно из двух предыдуших чисел Фибоначчи $f_{k-1}$ или $f_{k-2}$.

$$1 = 1$$
$$2 = 2$$
$$3 = 1 + 2$$
$$4 = 1 + 3$$
$$5 = 2 + 3$$
$$6 = 1 + 2 + 3$$
$$7 = 2 + 5$$
$$8 = 1 + 2 + 5$$
$$9 = 1 + 3 + 5$$
$$10 = 2 + 3 + 5$$
$$11 = 1 + 2 + 3 + 5$$
$$12 = 1 + 3 + 8$$
$$13 = 2 + 3 + 8$$

$$1 = S(1)$$
$$2 = T(1)$$
$$3 = S(2)$$
$$4 = S(1,1)$$
$$5 = T(2)$$
$$6 = S(3)$$
$$7 = T(1,1)$$
$$8 = S(2,1)$$
$$9 = S(1,2)$$
$$10 = T(3)$$
$$11 = S(4)$$
$$12 = S(1,1,1)$$
$$13 = T(2,1)$$

$$37 = S(2,2,1)$$

$$K_1 - H_1 = M(1) = -1$$
$$K_2 - H_2 = N(1) = -1$$
$$K_3 - H_3 = M(2) = 0$$
$$K_1 - H_4 = M(1,1) = 1$$
$$K_5 - H_5 = N(2) = 0$$
$$K_6 - H_6 = M(3) = 0$$
$$K_7 - H_7 = N(1,1) = 1$$
$$K_8 - H_8 = M(2,1) = -1$$
$$K_9 - H_9 = M(1,2) = 0$$
$$K_{10} - H_{10} = N(3) = 0$$
$$K_{11} - H_{11} = M(4) = 1$$
$$K_{12} - H_{12} = M(1,1,1) = 0$$
$$K_{13} - H_{13} = N(2,1) = -1$$

$$K_{37} - H_{37} = M(2,2,1) = 0$$

правильное представление
$$n - f_{i_m} = f_{i_1} + \dots + f_{i_{m-1}}$$
то же может содержаться в таблице, иначе нам пришлось бы при обработании $i_m$-й группы включить в таблицу представления (1). Противоречие.

Решение задачи 6). Представления натуральных чисел будем изобразать в виде последовательностей черных и белых кружков: черный кружок на $k$-м месте означает, что $f_k$ входит в представление, белый — что не входит (мы обращаем последовательность на последнем черном кружке). На рисунке 1 этим способом записаны шесть различных представлений числа 37 (это — все возможные его представления). Правильные представления прибретают при этом вид, показанный на рисунке 2, а или 2, 6; здесь $j_1, \dots, j_q$ — натуральные числа. В первом случае мы полагаем $n = S(j_1, \dots, j_q)$, $K_n - H_n = M(j_1, \dots, j_q)$; во втором случае мы полагаем $n = T(j_1, \dots, j_q)$, $K_n - H_n = N(j_1, \dots, j_q)$. (Так, 37 = S(2, 2, 1), $M(2, 2, 1) = K_{37} - H_{37} = 3 - 3 = 0$; другие примеры приведены рядом на полях.)

Если $n = f_{i_1} + \dots + f_{i_m}$ — представление числа $n$, включая ее в себя $f_r$ и $f_{r+1}$, но не включая ее $f_{r+2}$, то, заменив слагаемые $f_r$ и $f_{r+1}$ слагаемые $f_{r+2}$, мы получим другое представление числа $n$. Это преобразование (… ● ● ○ … → … ○ ○ ● …) мы будем называть элементарным упрощением. Очевидно, всякое представление числа получается из правильного элементарных упрощений. Пусть сначала $q = 1$. На рисунке 3 изображен полный набор представления числа $n = S(j)$ (костати, равного $f_{j+2} - 2$). Мы видим, что $K_{S(j)}$ есть число четырех от $[(j+1)/2]$ до $j$, а $H_{S(j)}$ есть число нечетных х чисел на этом отрезке. Следовательно,

$$K_n - H_n = M(j) = \begin{cases} 1, \text{ если } j \equiv 0 \text{ mod } 4^* \\ -1, \text{ если } j \equiv 1 \text{ mod } 4, \\ 0, \text{ если } j \equiv 2 \text{ mod } 4. \end{cases}$$

Обратимся теперь к числу $M(j_1, \dots, j_q)$. Разделим представления числа $S(j_1, \dots, j_q)$ на две группы: представления вида $f_{1+1} + \dots + f_{j+1} + \dots$ и остальные. Число представления первого группы совпадает с числом всех представлений числа $S(j_2, \dots, j_q)$, только последнее имеет на $j_1$ слагаемых меньше, поэтому включает первый групп в $M(j_1, \dots, j_q)$ равен $(-1)^j M(j_2, \dots, j_q)$ (на полях приведено несколько чисел примеров, или построирующих нашей наблюдание).

Далее, чтобы с помощью элементов упрощений получить из правильного представления второго группы, необходимо сделать элементарное упрощение ($f_{j_1-1}, f_{j_1}) \rightarrow f_{j_1+1}$, причем с него можно найти. В результате между первыми $j_1-2$ слагаемых и остальных возможнет зазор длины 2 (рис. 4), исключающий возможность взаимодействия. Поэтому в дальнейшем элементарные упрощения первого $j_1-2$ слагаемых и остальных происходит независяство, так что включает второй групп в $M(j_1, \dots, j_q)$ равен $M(j_1-2) M(j_2+1, j_3, \dots, j_q)$. Итак,

$$M(j_1, \dots, j_q) = (-1)^j M(j_2, \dots, j_q) + M(j_1-2) M(j_2+1, j_3, \dots, j_q)$$

(см. также примеры на полях)**). Доказем теперь по $q$, что $M(j_1, \dots, j_q) = -1, 0$ или 1.

При $q = 1$ это мы уже знаем. Предположим, что $M(k_1, \dots, k_r) = -1, 0$ или 1 при $r = q$ и любых $k_1, \dots, k_r$. Если $j_1 \equiv 0$ или 1 mod 4, то $M(j_1-2) = 0$ (см. формулу (2)) и $M(j_1, \dots, j_q) = (-1)^j M(j_2, \dots, j_q) = -1, 0$ или 1.

Если $j_1 \equiv 2$ или 3 mod 4, то $M(j_1-2) = (-1)^j M(j_2, \dots, j_q)$ (см. формулу (2)) при $q = 2$ и

*) Запись $a \equiv b$ mod $c$ (читается: $a$ сравним с $b$ по модую $c$), где $0 \leq b < c$, означает, что при делении $a$ на $c$ получается остаток $b$.

**) Формула (3) имеет смысл только при $j_1 \geq 3$, но его можно пользоваться и при $j_1 = 1, 2$, положив $M(-1) = 0, M(0) = 1$ (что не противоречит и формуле (2)); доказательство оставляется читателю.

44

М660. На окружности расставляются сине и красные точки (рис. 1, а). Разрешается добавить новую красную точку и одновременно поменять цвет у каждой из двух соседних с ней точки (рис. 1, б), либо убрать красную точку и поменять цвет у каждой из соседних точки (рис. 1, в). Пусть первоначально было всего две красные точки (мебные двух точек оставлять не разрезается). Можно ли несколькими такими операциями получить на окружности
а) две точки — синюю и красную;
б) 8 красных точки;
в) одну красную и 6 синих точки;
е) две синные точки?

Рис. 1.
Рис. 2.
Рис. 3.
Рис. 4.

Ф668. Через неподвижный блок перекипта неевесомая нить. К одному концу нити прикреплен груз массы $m_1$. К другому концу на пружине

$M(n) = G(n, k)$ при $f_{k+1} > n$, а для решения задачи в) — что коэффициент при $x^n$ в произведении $(1-x^{j+1})\ldots(1-x^{i+k})$ равен 0, если $n$ не представляется в виде суммы различных слагаемых, выбираемых из множества $f_{i+1},\ldots,f_{i+k}$, и равен $G(f_{j_1}+f_{j_2}+...+f_{j_s}, k)$, если $n=f_{i+j_1}+\ldots+f_{i+j_s}, 1 \leq j_1 <...<j_s \leq k$.

Ответы на вопросы 6) и в) положительные.

Для 6) это вытекает из того факта, что разрешенные добавлениями в любое место на окружности всегда можно встать три идущие подряд красные точки (рис. 2). Тогда восемь красных точек получаются из двух красных двухкратной вставкой трех красных точек.

С другой стороны, из трех идущих подряд красных точек всегда можно получить две синей (выбросив среднюю точку). Поэтому, добавив к двум данным красным точкам вначале красную, затем — два раза по три красных, а потом заменив эти «красные тройки» на «синние пары», получим красную и шесть синих точек.

Отрицательный ответ на вопрос a) следует из того, что при разрешенных операциях четность числа синих точек не меняется, а в исходной и в требуемой заключительной позиции она различана.

Отрицательный ответ на вопрос г) вытекает из другого инвариантного свойства наших операций, обнаружение которого требует города большей наблюдаательности и большого количества экспериментов. Кроме того, это свойство является инвариантным только на множество позиций с четным числом синих точек.

Определим для таких расстановок альтернативную сумму $|m_1-m_2+m_3-m_4+\ldots+m_{2k-1}-m_{2k}|$ длиной красных точек: $m_1$ — число красных точек, заключенных между первой и второй синими точками (направление обхода и первая синя точка выбираются произвольно), $m_2$ — число красных точек между второй и третьей синими точками, $m_3$ — между третьей и четвертой,…, $m_{2k}$ — между последней 2$k$-й, и первой синими точками (на рисунке 3 $k=2$, $m_1=2$, $m_2=3$, $m_3=1$, $m_4=5$); некоторые $m_i$ могут равнять нулю. Если синих точек в расстановке нет вовсе, положим эту сумму равной числу ее красных точек.

Оказывается, делимость на 3 определяемой таким образом суммы — инвариантное свойство. (Позкспериментируйте с расстановкой, изображенной на рисунке 3, а затем докажите формулированное утверждение для операции уграния красной точки, рассмотрев случай, когда ее «соседи» — синние точки, красные точки, точки разных цветов.) Но для двух красных точки наша сумма равна 2 (не делится на 3), а для двух синих — равна 0 (делится на 3). Значит, вторую расстановку из первой получить нельзя.

В заключение заметим, что любую (конечную) расстановку красных и синих точек можно получить из некоторой двухточенной или, что то же самое, из любой расстановки можно получить двухточную. Это замечание почти очевидно: достаточно убирать красные точки до тех пор, пока на окружности не останут две точки. Если же на окружности на каком-то шаге остаточная только синние точки (в количестве, большем двух), то, добавив красную точку и затем убрав соседнюю с ней, получим расстановку с тем же общим числом точек, содержащую красные точки (рис. 4).

К. Казарновский

Если бы грузы были соединены нитью без пружины, то они стали бы двигаться с ускорением, равным по абсолотной величины

$$a = g \frac{m_2-m_1}{m_2+m_1}$$

45

с жесткостью k подвешен груз массы $m_2$. Длина пружины в нерастиутом состоянии равна $l_0$. Найти амплитуду колебаний, которое будет совершать груз $m_2$, когда система предоставят самой себе. Качаный поперек нити нет.

(мы предполагаем, что $m_2 > m_1$). При этом сила натяжения нити была бы равна

$$T = \frac{2m_1m_2}{m_1 + m_2} g.$$

Будем считать, что в начальной момент системе удерживают в равновесии с помощью дополнительной силы, приложенной к грузу $m_1$. Тогда натяжение пружины в начальной момент

$$T_0 = m_2g \neq T,$$

так что кроме ускоренного движения возникают и колебания грузов друг относительно друга. Амплитуда силы натяжения при этих колебаниях равна

$$T_0 - T = \frac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1} m_2g,$$

максимальное растяжение пружины равно

$$\Delta l = \frac{T_0 - T}{k}.$$

Смешения грузов при колебаниях обратно пропорциональны их массам. Если $l_1$ и $l_2$ — максимальные смешения грузов $m_1$ и $m_2$ соответственно, то

$$l_1m_1 = l_2m_2$$

$$l_1 + l_2 = l = \frac{T_0 - T}{k} = \frac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1} m_2g.$$

Отсюда находим амплитуду колебаний груза $m_2$:

$$l_2 = l \frac{m_1}{m_1 + m_2} = \frac{m_2 - m_1}{k(m_1 + m_2)^2} m_1m_2g.$$

Мы рассмотрели движение грузов при условии, что в начальной момент груз $m_2$ растягивает пружину. Решите задачу самостояльно, считая, что пружина в начальной момент не растянуta.

Г. Коткин

Ф669. Перевернуть тонкостенный стакан с пробковым дном толщины d плавает на границе раздела двух жидкости с плотностью $\rho_1$ и $\rho_2$. Верхняя часть стакана находится H над границей раздела. Сечение стакана S. На какое расстояние поднимается стакан, если в дне стакана появится дырка?

После того как в дне появится дырка, уровни раздела жидкости внутри и снаружи стакана выравниются. При этом стакан должен начать движение вверх, так как выталкивающая сила уvelичивается (возрастает давление сизу на пробковое дно, так как $\rho_2 > \rho_1$). Единственный противодействующий эффект возникает из-за того, что при этом уменшается сила, действующая сизу вверх на торц стакана (стакан тонкостенный; значит, площадь торца $\Delta S \ll S$). Ясно, что в случае, когда уvelичение выталкивающей силы не очень значительно (а это будет при необходимости значения величины $H - d$), стакан, всплыв на некоторое расстояние, которое мы обозначим через x, вновь оказывается в равновесии. Запишем уvelичие равновесия в первом и втором случае ($p_0$ — давление на границе раздела жидкости, $L$ — общая высота стакана):

$$mg + (p_0 - \rho_1gH)S = [p_0 + \rho_2g(L - H)]\S + [p_0 - \rho_2g(H - d)](S - \Delta S),$$

$$mg + [p_0 - \rho_1g(H + x)]S = [p_0 + \rho_2g(L - H - x)]\Delta S + [p_0 - \rho_1g(H + x - d)](S - \Delta S).$$

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получим

$$m = \rho_1HS - \rho_2HS + \rho_1dS + \rho_2L\Delta S - \rho_2d\Delta S,$$

$$m = \rho_1dS + \rho_2L\Delta S - \rho_2H\Delta S - \rho_2x\Delta S + \rho_1H\Delta S + \rho_1x\Delta S - \rho_1d\Delta S.$$

Приравняв правые части, получим после несложных преобразований:

$$x = (H - d) \frac{S - \Delta S}{\Delta S}.$$

Стакан остановится при движении вверх, если будет уплотнен условие x < L - H, или

46

$$H - d < \frac{\Delta S}{S} (L - d).$$

Если это условие не будет выполнено, стакан всплывет на поверхности.

А. Зильберман

Ф670. Покажите, что максимальная скорость, которую при стolkновении может сообщить протону α-частица, составляет 1,6 начальной скорости α-частицы.

Пусть вначале относительно неподвижной системы отсчета протон поконтся, а α-частица имеет скорость $\vec{v}_0$. Процесс их управления описывается законом сохранения имплуса

$$4m\vec{v}_0 = m\vec{v}_1 + 4m\vec{v}_2$$

и законом сохранения энергии

$$\frac{4mv_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{4mv_2^2}{2},$$

где $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$ — векторы скоростей, соответствующего протона и α-частицы в неподвижной системе отсчета после соударения, $m$ и $4m$ — массы протона и α-частицы.

Рассмотрим процесс соударения этих частц в системе центра масс, то есть в инерциальной системе отсчета, движущейся относительно неподвижной системы отсчета со скоростью $\vec{v}' = \frac{4m\vec{v}_0}{m+4m} = \frac{4}{5}\vec{v}_0$ (в числитель первой стопполный имплус системы, в знаменателе — ее полная масса). На рисунке изображены вектор $\vec{v}_0$ и вектор скоростей α-частицы (вектор $\vec{OB}$) и протона (вектор $\vec{OA}$) в системе центра масс до соударения; $|\vec{OB}| = \frac{1}{5}|\vec{v}_0|, |\vec{OA}| = \frac{4}{5}|\vec{v}_0|$.

Согласно закону соударения имплуса, после соударения векторы $\vec{OB}'$ и $\vec{OA}'$ скоростей α-частицы и протона должны лежать на одной прямой и должны выполнять соответствие $|\vec{OB}'|:|\vec{OA}'| = 1:4$ (см. рисунок); согласно закону соударения энергии, $|\vec{OB}'| = |OB|$ и $|\vec{OA}'| = |\vec{OA}|$ (показьте!).

Скорости α-частицы и протона в неподвижной системе отсчета изображены на рисунке вектора $\vec{OC}_2 = \vec{OB}' + \vec{v}$, $\vec{OC}_1 = \vec{OA}' + \vec{v}$ соответственно ($\vec{v} = \frac{4}{5}\vec{v}_0$).

Чтобы ответить на вопрос задачи, мы должны определить максимальное возможную длину вектора $\vec{OC}_1$, то есть в равновесном треугольнике $OA'C_1$ необходимо определить максимальное возможную длину основания при неизменных длинах боковых сторон. Очевидно, что максимум $|\vec{OC}_1|$ равен $2 \cdot \frac{4}{5}|\vec{v}_0| = 1,6|\vec{v}_0|$. Эта ситуация ответает центральному удуру.

С. Кротов

Ф671. Имеется 1 л горячей воды с температурой $T_1$ и 1 л холодной воды с температурой $T_2$. При помощи горячей воды нареваяот холодную. Можно ли сделать так, чтобы окончательная температура воды, бышей сначала холодной, стала выше температуры воды, которая была сначала горячей?

Ответ: можно.

Покажем, как это сделать. Пусть в нашем распоряжении имеются сосуд $A$ с горячей воды ( температура горячей воды $T_r$), сосуд $B$ с холодной воды ( температура $T_x$), сосуд $C$, стенки которого теплопроводны, и сосуд $D$, который теплопроводан.

Нагревание холодной воды проводим в два этапа:

1. Переливаем часть холодной воды из $B$ в $C$; опускаем $C$ с холодной воды в $A$. Через некоторое время температуры воды в $A$ и $C$ сравняются: $T_A = T_C = T_1$, причем

$$T_r > T_1 > T_x.$$

«Холодную» воду из $C$ переливаем в теплопроводный сосуд $D$.

2. Оставшую холодную воду выливаем в $C$; опускаем $C$ в $A$ (в $A$ «горячая» вода с температурой $T_1$). Через

48

$$\approx 10^{-3}g.$$
Луна дает примерно то же (вспомним приливы).

Сопротивление воздуха: сила лобового сопротивления $F = asv^2$. Величину $\alpha$ приближительно можно оценить, зная скорость выпадения града $v_r \approx 20$ м/с при $r_r \approx 0,5$ см:

$$\alpha \pi r_r^2 v_r^2 = m_r g = \frac{4}{3} \pi r^3 g \Rightarrow \alpha = \frac{4 \rho_r r_r}{3 v_r^2}.$$

Для ядра скорость $v_r$, при которой сила лобового сопротивления воздуха равна силе тяжестии, определяется условиям

$$v_r = v_r \sqrt{\frac{\rho_r r_r}{Q_r r_r}} \approx 200 \text{ m/c}.$$

Значит для данного в условиях скорости $F_{\text{conp}} = mg \left(\frac{12}{200}\right)^2 \approx 3 \cdot 10^{-3}mg$. (Отметим, что при таких скоростях сила вызкого треня больше, чем лобового, однаго она также неверлена.)

Архимедова сила

$$F_A = \frac{\rho_B}{Q_A} mg \leq 10^{-3}mg.$$

Поправка кускорению свободного падения из-за вращения Земли

$$\Delta g_2 = \omega_2^2 R_2,$$

где $\omega_2 = 2\pi/1$ сутки, $R_2 = 6,3 \cdot 10^6$ cos $\varphi$ (ф — шириота местности). На экваторе $\Delta g_2 \leq 3 \times 10^{-3}g$.

Цифры в задаче заданы «круглы»; из простых практических сообщений ясно, что требуем точность уж никак не лучше 3—5%. Значит, все перечисленные поправки не существенны, и модель наша вплое разумна. Решение задачисовсем простое, мы его не приводим.

Возможны, однако, ситuation, когда даже небольшие поправки могут оказать решающее воздействие на результат. Это может произойти, например, если мы заинтересуемся различными в движении нескольких тел. Расмотрите самостояльно такой вопрос: попадет ли вертикально выстrelенный снаряд на站 в ствол орудия?

Модель может оказаться и совсем неприменимой, если она не отражает существенных чертей явления. Например, модель абсолотного твердого тела для описания удара абсолотного неприменима — важную роль при ударе играют деформации, а абсолотно твердое тело не деформируется. Еще пример: часто пребеггают индуктивность проводников (или — что то же самое — энергий магнитного поля, возникающего вокруг проводника при пропускании по нему тока); одnakо в известной задаче про конденсатор, который после зарядки закорачивают проводником, нельзя одновременно пребеггаать сопротивлением проводника и его индуктивность — если сопротивление очень мало, то ток получается весма большим, и даже при малой индуктивности энергия магнитного поля оказывается существенно. Простой анализ показывает, что индуктивность действие в различных случаях существенно отличается от индуктивности только в различных случаях, и песок наполинает жидкость, наличную в кузов (нечто похожое произойдет, когда, желая наполнять картину сливых линей магнитного поля, мы насыпаем железные опилки на лист бумаги и потряхиваем его, чтобы ослабить трене).