[От редакции]

23

Этот раздел ведется с момента основания нашего журнала. В каждом номере мы помещаем пять задач по математике и пять задач по физике. (Для загубежных читателей мы приводим тексты задачи на английском языке.) Степень сложности задачи различана. Наряду с относительной легким публикуются задачи, требующие длительного размышления; встречются задачи, которые не легко решить и специализатам. Наболее трудные задачи помещаются звездочек.

Если задача вас заинтересовала, но решение ее не получается сразу — не опускайте руки, попробуйте вернуть к ней снова и снова. Не открывайте ее даже после того, как она решена,— подумайте, как наиболее рационально и убедительно записать решение, как обобщить задачу, уточнить ее результат, какие близкие задачи она позволяет решать. Ваши решения присладайте в редакцию по адресу: 117071, Москва, Ленинский проспект, 15, Физматлит, «Квант». На конверте в графе «Кому» написите Задачик «Кванта» и укажите, решения каких задач вы посылаете. Решения задачи по разным предметам (математике и физике) или из разных номеров журнала высладайте в разных конвертах. В письмо включите конверт с написанным на нем домашним адресом (в нем вы получите ответ с результатами проверки ваших решений). В начале письма обязате наипшите свою фамилию, имя, отчество, домашний адрес; школьников просим также указывать класс и номер школи.

Мы регулярно публикуем фамилии читателей, приславших правильные решения. Журнал проводит конкурс на лучшие решения задачи из Задачника «Кванта». Итоги конкурса подводятся в декабре. Победители — школьники, приславшие наиболее интересные и полные решения, — получают право участвовать сразу в ресурсанских турах Всесоюзной олимпиады школьников. Жюри конкурса «Кванта» принимает к рассмотрению только решения, высланные не позже срока, указанного в журнале. Крайний срок ответов на задачи этого номера — 30 марта. Для учеников Всесоюзной заочной математической школы правильное решение задачи из Задачника считается выполенным факультативным заданием (им необходимо в начале письма указывать свой «номер» или адрес фамилия ВЗМШ).

Разумеется, не все задачи, помещаемые в Задачике, публикуются впервые. После формирования мы обчено указывать, кто предложил нам эту задачу. Придумать новую оригинальную задачу, пожалуйста, труднее, чем решить чужую. Если вам это удадется — присылайте нам в двух экземплярах задачу и ее решение. При этом на конверте помещете «Новая задача по математике (по физике)».

Наиболее интересные задачи наших читателей мы помещаем в Задачике «Кванта» или в других разделах журнала.

Задачи

М721 — М725; Ф733 — Ф737

М721. Каждый сторона треугольника подлена на 3 равные части. Точки деления служат вершинами двух треугольников, пересечение которых — шестиугольник. Найдите площадь этого шестиугольника, если площадь данного треугольника равна S.

А. Золотовых, ученик 10 кл.
(Mосква, ФМШ № 18 при МГУ)

М722. В точках $A_1, A_2, \dots, A_n$, расположенных по окружности, расставляются в некотором порядке числа 1, 2, …, n. а) Доказите, что сумма $n$ моделей разностей чисел не меньше $2n-2$. б) Для каждого количества разностей чисел не меньше $2n-2$?

А. Разборов

24

М723*. Существует ли бесконечное множество натуральных чисел такое, что ни одно из чисел этого множества и никакая сумма нескольких из них не является степенью натурального числа ($a^k$, где $k \geq 2$)?

Л. Гурвиц

М724. По плоскости ползут несколько черпах, скорости которых равны по величины, но различны по направлениям. Докажите, что, как бы черпахи ни были расположены вначале, через некоторое время они будут находиться в вершинах выпуклого многоугольника.

В. Прасолов

М725*. Положим $e_n = \cos^n \frac{\pi}{7} + \cos^n \frac{3\pi}{7} + \cos^n \frac{5\pi}{7}$. Найдите a) $e_1$ и $e_2$, б) $e_3$ и $e_4$. В) Докажите, что $e_n$ — рациональное число при любом $n$.

Н. Васильев

Ф733. На «получилиндре» с радиусом основания $R$ лежит гантелька длины $l$ (рис. 1). Найти перiod малых колебаний гантельки.

А. Фролов

Ф734. Веревка, прикрепленная одним концом к боковой поверхности цилиндра у его основания радиуса $r$, обмотана вокруг цилиндра $k$ раз ($k$ — целое число). К свободному концу веревки привязан груз. Грузу сообщают скорость $v$, направленную вдоль радиуса цилиндра (рис. 2). За какое время все веревка снова намотается на цилиндр? Цилиндр закреплен на гладкой поверхности.

Б. Мукушев

Ф735. Две одинаковые катушки индуктивности подключены через ключи $K_1$ и $K_2$ к источнику с постоянной ЭДС $\beta$ и внутренним сопротивлением $r$ (рис. 3). В начальной момент времени оба ключа разомкнуты. Затем замыкают сначала ключи $K_1$, а потом ключи $K_2$. Определить величины тока, протекающего через ключи $K_1$ в момент замыкания ключа $K_2$, если известно, что после замыкания ключа $K_2$ установившийся ток через ключи $K_1$ в два раза больше установившегося ток через ключи $K_2$. Активными сопротивлениями катушка пренебречь.

В. Можаев

Ф736. На однородный стержень, оба конца которого заемлены, падает пучок электронов, причем на каждой сантиметр длины стержня попадает одно и то же число электронов в секунду. Сопротивление стержня $R$. Ток на участке заемления равен $I$. Найти разность потенциалов между сердиной стержня $A$ и его концом $B$ (рис. 4).

Н. Дикаский

26

P736. A beam of electrons is directed on a uniform rod, both ends of which are grounded, the same amount of electrons hitting each centimeter length of the rod per second. The resistance of the rod is $R$. The current at the place of grounding is $I$. Find the difference of potential between the middle of the rod $A$ and its extremity $B$ (see figure Pис. 4).

N. Dikanski

P737. A parallel beam of light dissimulates as it passes through a plate $\Pi$. For any ray passing through the plate, the maximal angle of deflection is $\alpha$. What is the smallest radius of a spot of light that can be obtained by piercing a convergent lens of focal distance $F$ after the plate (see figure Pис. 5)?

I. Vorobiev

Решения задач

M681 — M685; Ф692 — Ф697

Приведем сразу решение задачи 6), следуя В. Серпин-скому (большое количество такого типа содержится в его книге «Элементарная теория чисел»): построим бесконечную последовательность $(a_n)$ натуральных чисел такую, что для любого $n$ сумма квадратов первых $n$ ее членов есть квадрат нечетного числа. Возьмем $a_1=3, a_2=4$; если первый $n$ членов уже выбран и

$$a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 = (2k+1)^2,$$

положим $a_{n+1}=2k^2+2k$. Из точкиства

$$(2k+1)^2 + (2k^2+2k)^2 = (2k^2+2k+1)^2$$

получим, что

$$a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 + a_{n+1}^2 = (2k^2+2k+1)^2$$

— снова квадрат нечетного числа.

Первые пять членов этой последовательности 3, 4, 12, 84, 3612:

$$3^2 + 4^2 = 5^2, 3^2 + 4^2 + 12^2 = 13^2,$$

$$3^2 + 4^2 + 12^2 + 84^2 = 85^2,$$

$$3^2 + 4^2 + 12^2 + 84^2 + 3612^2 = 3613^2.$$

Из решения задачи вытекает также факт, указанный в письме Ю. Макарова из Ленинграда: для любого $n$ существует $\frac{n(n+1)}{2}$ натуральных чисел $a_1, a_2, \ldots, a_{\frac{n(n+1)}{2}}$ таких, что

$$a_1^2 = a_2^2 + a_3^2 = a_4^2 + a_5^2 + a_6^2 = \ldots = a_{\frac{n(n-1)}{2}}^2 + 1 + \ldots + a_{\frac{n(n+1)}{2}}^2$$

Нам, как и автор письма, неизвестно, могут ли при этом все числа $a_1, a_2, \ldots, a_{\frac{n(n+1)}{2}}$ быть различными.

H. Васильев

M682. Внутри треугольника $\Delta$ нужно расположить треугольник $\Delta_1$ так, чтобы у каждой из трех квадратов, построенных на сторонах треугольника $\Delta_1$, две вершины лежали на разных сторонах треугольника $\Delta$ (рис. 1).

a) Доказите, что медианы треугольника $\Delta$ перpendicularны сторонам треугольника $\Delta_1$.

b) Для любого ли построение возможно?

a) Легко видеть, что из трех головных треугольников (см. рис. 1) при помощи трех параллельных переносов, переводящих вершины треугольника $\Delta_1$ в некоторую точку $O$, можно составить треугольник $\Delta$, подобный исходному треугольнику $\Delta$ (рис. 2). Отрезки, соединяющие вершины треугольника $\Delta$ с точкой $O$, делят треугольник $\Delta$ на три равновелых треугольника, площадь каждого из которых равна площади треугольника $\Delta_1$. Поэтому $O$ — точка пересечения медианы треугольника $\Delta$ (расстояние от $O$ до любой из сторонам треугольника $\Delta_1$).

28

из уже покращенных кружков, его можно раскрасть в тот цвет, который не был использован при раскраске касающейся его соседей.

Утверждение доказано.

На рисунке 2 изображены 11 кружков, для нужной раскраски которых трех цветов недостаточно. Действительно, предположив, что эти кружки можно раскрасть тремя цветами, получим, что кружки A, B, C, D, E должны быть окрашены одинаково. Но это невозможно, поскольку кружки A и E касаются.

В. Покровский

М684. Двое церраот в следующий вариант «морского боя».
Один церрок располагает на доске $n \times n$ неокторое колисество непересекающихся коаблей $n \times 1$ (быть может, ни однозно). Второй церрок наносит одновременного ряду ударов по полям доски и про какдоное поле получает от противника ответ — попал или промахнулся. По какому минимальнымому колисеству полей следует нанести удары, чтобы по ответам противника можно было однозначно определить расположение всех его коаблеей? Расмотите три случая:
a) $n=4, 6$ $n=10, b)$ $n=10, b)$ $n=10$
b) любое натуральное число.

Рис. 1.

Сопоставим каждой горизонтали красную, а вертикали — синюю точку (вершину графа) и для каждой клетки множества A (на рисунке 2 они обозначены звездочками) соединим ребром пару точек, соответствующую ее вертикали и горизонтали (рис. 2). Мы получим граф с 2n вершинами и 2n—2 ребрами. Такой граф не может быть связным (см. «Квант», 1981, № 6, с. 10) — он обязательно распадается на два или больше отдельных кусков. Ребра одного из связных кусков можно принять за множество B (см. рис. 2), остальные — за множество C. (Разумеется, это расчудение можно изложить и не пользоваться терминологическей теории графов.) Итак, в случае (1) ответ: $2n-1$.

(2) Пусть корабли не имеют общих точок. Докажем, что в этом случае необходимое количество $a$ удалов — клеток в множестве $A$ — не меньше $\frac{4n}{3}$. При этом будут использованы только такие свойства множества $A$: в каждой горизонтали и вертикали встречает хотя бы одна клетка множества $A$, и для любой клетки множества $A$ в ее горизонтали или вертикали есть еще хотя бы одна клетка $A$.

Расставим в клетках множества $A$ сине и красные единицы и двойки так: на каждой горизонтали, где клеток $A$ более одной, записем в каждой из них красную 1, а где лишь одна клетка — записем в нее красную 2; точно так же на каждой вертикали записем в клетки множества $A$ сине 1 и 2 (рис. 3). Поскольку в каждой клетке множества $A$ стоит либо единица и двойка, либо две единицы, сумма $s$ всех написанных чисел не больше 3a. Поскольку на каждой линии

*) Отличие нашей игры от «детской», конечно, прежде всего в том, что нам очередной удар наносится после получения информации о предыдущем ходе.

29

М685. Два подмножества множества натуральных чисел называем конгруентными, если одно получается из других сdvизом на целое число. (Например, множества четных и нечетных чисел конгруентными.) Можно ли разбить множество натуральных чисел на бесконечное число (непересекающийся) бесконечных конгруентных подмножества?

Ответ: можно. Предположим, что задача уже решена. Пусть $A$ — то из множества разбиения, которое содержит единицу. Остальные множества разбиения получаются из $A$ сdivгами на неокторые натуральные числа, множество которых, дополненное нулем, мы обозначим через $B$. Пусть для каждой $b \in B$ множество $A_b$ — результат сdivга множества $A$ на $b$, то есть множество всех чисел вида $a+b$, где $a \in A$ (в частности, $A_0=A$). По условию, если $b_1 \neq b_2$, то $A_{b_1} \cap A_{b_2} = \emptyset$, и всякое натуральное число $n$ принадлежит одному из множества $A_b$, то есть

каждое натуральное число единственным образом представляется в виде суммы $n=a+b$, (*) еде $a \in A, b \in B$.

Если, наоборот, данные для множества $A$ и $B$, обладающие свойствами (*) и такие, что $0 \in B$, $1 \in A$, то множества $A_b$, где $b \in B$, образуют требуемое разбиение.

Построение множества $A$ и $B$ мы осуществим двумя способами.

Первый способ. Пусть множества $A$ и $B$, обладающие свойствами (*), построены. Поставим в соответствии каждому натуральному числу $n=a+b$ ($a \in A, b \in B$) точку плоскости $Oxy$ с координатами $(a; b)$.

Пусть $M$ — множество всех полученных точек плоскости. Множество $M$, очевидно, обладает следующими свойствами:

a) если $A$ — проекция множества $M$ на ось $Ox$, а $B$ — проекция $M$ на ось $Oy$, то множество $M$ совпадает со всем множествором пар $(a; b)$, где $a \in A, b \in B$;

b) пересечение множества $M$ с каждой прямой $x+y=n$ ($n$ — натуральное) состоит из единственной точки; в частности, при $n=1$ — это точка $(1; 0)$.

Ясно, что, построив хотя бы одно множество $M$, обладающие свойствами а) и б), мы получим нужное разбиение множества натуральных чисел (состоящее из множества $A_b$).

*) Точно такое же рассудение с заменой слов «больше» на «меньше» приводилось в решения задачи М262 («Квант», 1974, №5) про расстановку ладей, быющих доску дважды.

30

Множество $M$ построим как объединение множества $M_0 \subset M_1 \subset M_2 \subset \dots \subset M_n \subset \dots$, которые, в свою очередь, будем строить так:

Пусть $M_0 = \{(1; 0)\}$. Изовем $n$-й диагональ примую $x + y = n$. Точка $(1; 0)$ попадает на первую диагональ; вычеркием ее и в дальнейшем, строй множества $M_i$, будем последовать вычеркивать диагонали, на которые попадают построенные точки.

Сдвиhem множество $M_0$ на единицу право и положим $M_1 = \{(1; 0), (2; 0)\}$; при этом вычеркием вторую диагональ (см. рисунок). Затем сдвиhem множество $M_1$ на две единицы вверх и присоединим полученные точки к $M_1$; это будет множество $M_2$; при этом вычеркием третью и четвертую диагонали (см. рисунок).

Множество $M_2$ сдвиhem на четые единицы право — так, чтобы вычеркуть следующие четыре диагонали; получим множество $M_3$ (см. рисунок).

Вообщество $M_{k+1}$ строим так: сдвигаем множество $M_k$ (его точки принадлежат первой, второй, …, $2^k$-й диагонали) на $2^k$ единицу право или вверх (в зависимости от четности $k$) — так, чтобы вычеркуть диагонали с номерами $2^k + 1, 2^k + 2, \dots, 2^{k+1}$.

Легко видеть, что объединение множества $M_0, M_1, \dots, M_n, \dots$ (по всем натуральным $n$) обладает свойствами а), б).

Второй способ. Как известно, всякое натуральное число $n$ представляется в виде

$$n = a_0 \cdot 2^k + a_1 \cdot 2^{k-1} + \dots + a_{k-1} \cdot 2 + a_k,$$

где $a_i$ равно 0 или 1, причем такое представление единственно. На этом основана двойная запись $n$:

$$n_2 = a_0 a_1 \dots a_{k-1} a_k.$$

Например, $2_2 = 10, 7_2 = 111, 17_2 = 10001$ и т. д.

Рассмотрим теперь два множества натуральных чисел: множество $A$, состоящее из чисел, в двойной записи которых единница находится в нечетных x (считая справа) разрядах: $A = (1, 100, 101\dots)$, и множество $B$, состоящее из 0 и чисел, в двойной записи которых единница находится в четных x разрядах:

$$B = (0, 10, 1000, 1010,\dots).$$

Очевидно, любое натуральное $n$ единственным образом представляется в виде суммы $n = a + b$, где $a \in A, b \in B$.

Множества $A$ и $B$ обладают свойствами (*), и поэтому множества $A_b$ ($b \in B$) дают нужное разрешение.

А. Федоров, С. Шлосман

◆ Совместим начало системы координат с точки $A$, оси $X$ и $Y$ направим так, как на рисунке 2.

Запишем уравнения движения грузов $C$ и $B$ (в проекциях на оси $X$ и $Y$):

$$ma = mg - 2T_2 \cos \alpha,$$

$$ma_{Bx} = mg - T_1 \cos \alpha + T_2 \cos \alpha,$$

$$ma_{By} = F_{ynp} - T_1 \sin \alpha - T_2 \sin \alpha,$$

где $F_{ynp} = k(2l - 2l \sin \alpha) = k \cdot 2l(1 - \sin \alpha)$ — сила упругости. Из уравнения (1)—(3) после несложных преобразований получим

$$ma_{Cx} + ma_{Bx} - ma_{By} = 2mg - F_{ynp} \cos \alpha \sin \alpha$$

(это соответствие верно при любых значениях $\alpha$). Преобразуем левую часть уравнения (4). Учитем, что изменения $\Delta x_B$ и $\Delta x_C$ координат грузов $B$ и $C$ связаны соотношениям $\Delta x_B = \frac{1}{2} \Delta x_C$ (инными словами, таким соотношениям связаны смесения грузов $B$ и $C$ от положения равновесия), и следовательно,

$$(x_B)'' = \frac{1}{2} (x_C)''$$ или $a_{Bx} = \frac{1}{2} a_{Cx}$.

Кроме того, $y_B = l \sin \alpha, x_C = 2l \cos \alpha$, и при малых отложениях от положения равновесия (то есть когда $\alpha = \alpha_0 + \Delta \alpha$,

31

где $a_0 = 45^\circ$, $\Delta \alpha \ll a_0$) изменения соответствующих координат равны

$$\Delta y_B = l(\cos \alpha) \cdot \Delta \alpha \approx l(\cos a_0) \cdot \Delta \alpha,$$
$$\Delta x_C = -2l(\sin \alpha) \cdot \Delta \alpha \approx -2l(\sin a_0) \cdot \Delta \alpha,$$
то есть $\Delta y_B \approx -\Delta x_C/2$ тg $a_0 = -\Delta x_C/2$. Следовательно,

$$a_{By} \approx -\frac{a_{Cx}}{2} \text{tg} a_0 = -\frac{a_{Cx}}{2}.$$

Таким образом, левая часть уравнения (4) в случае малых колебаний может быть представлена в виде

$$ma_{Cx} + \frac{1}{2} ma_{Cx} + \frac{1}{2} ma_{Cx} \approx 2ma_{C} = 2m(x_C)''.$$

Тепер преобразуем правую часть (4). В положение равновесия, когда $a_{C0} = 0$, уравнение (4) превращается в уравнение

$$2mg = F_{\text{упр.0}} \frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} = 2kl (1 - \sin \alpha_0),$$

откуда

$$2mg = 2kl \left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right).$$

Запишем правую часть (4) в виде

$$F_{\text{упр.0}} \frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} - F_{\text{упр}} \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} =$$

$$= 2kl (1 - \sin \alpha_0) \frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} - 2kl (1 - \sin \alpha) \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} =$$

$$= 2kl \left(\frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} - \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}\right) + 2kl (\cos \alpha - \cos \alpha_0).$$

Заметим, что $2kl(\cos \alpha - \cos \alpha_0) = \Delta x_C$; при малых отклонениях от положения равновесия

$$\Delta x_C \approx -2l(\sin \alpha_0) \cdot \Delta \alpha;$$

а $\frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} - \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \approx \frac{\alpha - a_0}{\sin^2 a_0} = \frac{\Delta \alpha}{\sin^2 a_0} \approx -\frac{\Delta x_C}{2l \sin^3 a_0}$.

Итак, правая часть уравнения (4) в случае малых колебаний может быть представлена в виде

$$2mg - F_{\text{упр}} \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \approx -k \cdot \Delta x_C \left(\frac{1}{\sin^3 a_0} - 1\right) =$$

$$= -k \cdot \Delta x_C (2\sqrt{2} - 1).$$

Учитывая, что

$$\frac{m}{k} = \frac{l}{g} (1 - \sin \alpha_0) = \frac{l}{g} \left(\frac{2 - \sqrt{2}}{2}\right)$$

(см. (5)), запишем окончательно уравнение малых колебаний системы в виде

$$\Delta x'' = -\frac{g(2\sqrt{2} - 1)}{l(2 - \sqrt{2})} \cdot \Delta x.$$

Перiod колебаний равен

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l(2 - \sqrt{2})}{g(2\sqrt{2} - 1)}}.$$

К. Сердееев

Ф693. На неподвижном клине, образующем угол а с горизонтом, лежит нерастижная неевесная вервка (рис. 1). Один из концов вервки закреплен в точке A. К нижнему концу вервки (в точке B) прикреплен небольшой группик. В некоторых момент времени клин начинает движаться вправо с постоянным ускорением a. С каким ускорением движется группик, пока он находится на клине?

К моменту времени t от начала движения клин проедет расстояние $S = at^2/2$ и прибретет скорость $\vec{v}_{\text{кл}} = \vec{dt}$. К этому моменту грузник переместится вдоль клина на такое же расстояние S, его скорость $v_{\text{отн}}$ относительно клина будет равна $|\vec{v}_{\text{отн}}| = |\vec{a}| t$ и направлена вдоль клина вверх. Скорость $\vec{v}_{\text{гр}}$ относительно земли равна $\vec{v}_{\text{гр}} = \vec{v}_{\text{отн}} + \vec{v}_{\text{кл}}$, то есть (рис. 2)

$$|\vec{v}_{\text{гр}}| = 2|\vec{v}_{\text{кл}}| \sin \frac{\alpha}{2} = (2|\vec{a}| \sin \frac{\alpha}{2}) t,$$

а угол, который составляет $\vec{v}_{\text{гр}}$ с горизонтом, равен $\beta = (\pi - \alpha)/2 = \text{const.}$

32

Рис. 1. Рис. 2.

Таким образом, грузик движется вдоль прямой, составляющей угол $\beta = (\pi - \alpha)/2$ с горизонтом; ускорение грузика относительно земли равно

$$|\vec{b}| = 2|\vec{a}| \sin \frac{\alpha}{2}.$$

С. Кротов

Ф694. По длининому прямолинейному желобу, наклонению под углом $\alpha$ к горизонту, движется без трения $N$ одинаковых шариков. Какое максимальное число соударений может произойти в системе при произвольных начальных положениях и скорости шаров? Соударения шаров считать абсолотно упругими.

Рассмотрим движение шариков в системе отсчета, которая движется вдоль желоба сускорением $g \sin \alpha$. В этой системе шарики в промежутках времени между стольновениями движется равномерно; при стольновениях шарики просто обменывает своими скоростями (абсолотно упругие удары).

Нарисуем графики $x(t)$ зависимости координат всех $N$ шариков от времени (в выбранной нами системе отсчета). Из сказанного выше ясно, что общая картина этих графиков представляется собой «сетку» из $N$ прямых; точки пересечения этих прямых (узлы сетки) соответствуют стольновям ша-риков (пары шариков) друг с другом. Таким образом, общее число соударений равно числу пересечений $N$ прямых. Не трудно показать, что максимальное число пересечений равно

$$n_{\max} = N(N-1)/2.$$

Е. Сурков

Ф695. В простейшей модели звездда рассматривается как газовый шар, находящийся в равновесии в собственном поле тягесте. Считая, что газ состоит из полностью цинзированных atoms водорода и зеленя, оценить температуру звезды. Масса звезды $M$, радиус $r$; относительное содержание водорода в газе равно $n$.

Газовый шар состоит из огромного числа и электронов; под действием сил тяготения между отдельными частицами газа шар должен быть скжиматься. Равновесие шара в собственном поле тягесте возможно при условии, что силы тяготения уравновешивания силы газового давления.

Вблизи центра шара цинзенное значение давления $p$ должно равнять численному значению веса газового столбца с поперечным сечением $\Delta s = 1 (\text{cm}^2)$ и высотой, равной радиусу шара $r$ (см). Масса такого столбца $m = \varrho r \cdot \Delta s$ (кг), где $\varrho (\text{кг/cm}^3)$ — плотность газа, которое для приближенной оценки будем считать постоянной. Вес столбца равен силе, с которой он притягивает к центру шара:

$$F = G \frac{m M}{(r/2)^2}.$$

Эта формула не совсем точна, поскольку разные части столбца притягиваются к центру, вообще говоря, по-разному. Но для наших приближенных оценок мы можем считать, что сила притягения $F$ такая, как если бы все масса столбца сосредоточена в его центре (на расстоянии $r/2$ от центра шара).

33

Таким образом,

$$p = \frac{F}{\Delta s} = 4G \frac{\rho M}{r}. \tag{1}$$

С другой стороны, из уравнения Менделеева — Клапейрона

$$p = \frac{M}{V \mu} RT = \frac{\rho}{\mu} RT, \tag{2}$$

где $\mu$ — молярная масса звездного газа. Приравнивая (1) и (2), находим температуру звезды $T$:

$$T = 4G \frac{\mu M}{r R}.$$

Найдем молярную массу $\mu$. Давление $p$ складывается из парциальных давления водорода и гелия, то есть

$$\frac{M}{V \mu} RT = \frac{Mn}{V \mu_H} RT + \frac{M(1-n)}{V \mu_{He}} RT,$$

откуда

$$\mu = \frac{\mu_H \mu_{He}}{n(\mu_{He} - \mu_H + \mu_H)} = \frac{2 \cdot 10^{-3}}{3n+1} \text{ кг/моль.}$$

При таком вычислении $\mu$ мы не учили давление электронного газа. Однако учет этого давления не изменит порядка величины $\mu$, и для наших оценочных расчетов мы можем пользоваться найdenным приближенным значением $\mu$.

Таким образом,

$$T = 4G \frac{2M}{rR(3n+1)} \cdot 10^{-3} \text{ K.} \tag{3}$$

При получении формулы (3) нами были сделаны некоторые упрощение предположения. Для более точного расчета необходимо знать распределение плотности внутреннего шара, а это требует существенного выхода за рамки школьного курса математики. Кроме того, оценочная формула (3) предполагает, что температура в центральной области звезды не слищком резко меняется при удалении от центра к перipherии, и имеет смысл говорить о некоторой средней температуре. На самом деле, в области, удаленных от центра, температура существенно ниже, чем в центральной части звезды.

В. Тугущев

Ф696. Емкостьный волтметр представляет собой плоский воздущий конденсатор, одна из пластин которого закреплена неподвижно, а второй может перемещаться поступительно в направлении, перpendicularном плоскости пластин. К подвижной пластине прикреплена пружина жесткости $k$ (рис. 1). Мерой приложенного напряжения служит изменение зазора между пластинами. Какое максимальное напряжение можно изменить таким прибомом? Площади пластин $S$, зазор между пластинами при нулевом напряжении $d$.

Обозначим $x(U)$ смесение пластины относительно начального положения ($x_0 = 0$ при $U_0 = 0$) при данном напряжении $U$. Найдем силу $F$ прияжения между пластинами конденсатора, заряженного до прияжения $U$. Эта сила, очевидно, не зависит от того, подсоединен конденсатор к источнику напряжения или нет.

Если конденсатор заряжен до прияжения $U$ и относится от источника, то его заряд равен $Q = UC$, а энергия — $W = Q^2/2C$. При изменении зазора между пластинами на малую величины $\Delta x \ll d$ энергия конденсатора меняется на величины

$$\Delta W = \frac{1}{2} Q^2 \left( \frac{1}{C'} - \frac{1}{C} \right) = \frac{1}{2} Q^2 \left( \frac{d - \Delta x}{\varepsilon_0 S} - \frac{d}{\varepsilon_0 S} \right) = -\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} \cdot \Delta x,$$

где $C'$ — емкость того же конденсатора при зазоре между пластинами $d - \Delta x$. Это изменение энергии равно по абсолотной величины работе силы $F$ на пути $\Delta x$, то есть

$$F \cdot \Delta x = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} \cdot \Delta x,$$

откуда

$$F = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{U^2 C^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{U^2 \varepsilon_0 S}{2d^2}.$$

Итак, при данном напряжении $U$ сила $F$ обратно пропорционально к источнику расстояния между пластинами.

Пусть конденсатор емкостьного волтметра подсоединен к источнику с напряжением $U_x$ и при этом пластина конденсатора смещена на расстояние $x$ от $x_0 = 0$. Сила прияжения между пластинами конденсатора $F_x = \frac{U_x^2 \varepsilon_0 S}{2(d - x)^2}$ уравновеши-

34

вается упругой силой пружины, то есть
$$kx = \frac{U_x^2 \varepsilon_0 S}{2(d-x)^2}.$$
Отсюда находим $U_x^2$:
$$U_x^2 = \frac{2k}{\varepsilon_0 S} x (d-x)^2.$$
Очевидно, что максимальный значению $U_{\max}$ соответствует максимуму функции $f(x) = x(x-d)^2$. График функции $f(x) = x(d-x)^2$ приведен на рисунке 2. Найдем значение $x$, соответствующей максимуму:
$$f'(x) = 3x^2 - 4dx + d^2 = 0,$$
$$x_1 = d$$ соответствует минимуму $f(x)$, $x_2 = \frac{d}{3}$ соответствует максимуму $f_{\max}(x) = \frac{4}{27} d^3$.
Таким образом,
$$U_{\max}^2 = \frac{8kd^3}{27\varepsilon_0 S}, \quad |U_{\max}| = \frac{2d}{3} \sqrt{\frac{2kd}{3\varepsilon_0 S}}.$$
Д. Павлов

Рис. 1.
Ф697. Между двумя средами с показателями преломления $n_0 > 1$ и $n_1 = 1$ имеет неоднородный слой высотей $h = H \left(1 - \frac{1}{n_0^2}\right)$, где $H = \text{const}$, внутри которого показатель преломления меняется с высотой по закону $n = n_0 \sqrt{1 - \frac{y}{H}}$ (см. рисунок). Из среды с показателем преломления $n_0$ в неоднородный слой входит луч света. При каких значениях уела a луч вернется в оптически более плотную среду? При каком значении уела $a_0$ расстояние между точками входа и выхода луча максимально?

Рис. 2.
Ф697. Между двумя средами с показателями преломления $n_0 > 1$ и $n_1 = 1$ имеет неоднородный слой высотей $h = H \left(1 - \frac{1}{n_0^2}\right)$, где $H = \text{const}$, внутри которого показатель преломления меняется с высотой по закону $n = n_0 \sqrt{1 - \frac{y}{H}}$ (см. рисунок). Из среды с показателем преломления $n_0$ в неоднородный слой входит луч света. При каких значениях уела $a_0$ расстояние между точками входа и выхода луча максимально?

Из закона преломления света следует, что при изменяющемся коэффициенте преломления среды изменяется угол ф отклонения луча от нормали (к границе раздела между условиями участками среды с разными значениями $n$), причем
$$n \sin \varphi = n \cos \alpha = n_0 \sin \varphi_0 = n_0 \cos \alpha_0 = \text{const}, \quad \text{где } \alpha = \frac{\pi}{2} - \varphi$$
Для нахождения траектории луча в неоднородной среде воспользуемся следующей аналгейм: тело массы $m$ (размеры тела пребежжимо малы) движется по траектории луча, скорость тела в точке с ordinатой $y$ равна $v(y) = v_0 n_y$ ($v_0$ — величины начальной скорости тела в точке с ordinатой 0). Тогда проекция скорости на границу раздела (горизонтальная проекция) остается постоянной. Если при этом на точку действует постоянная сила $F = \frac{mv_0^2}{2H}$, направленная вертикально в либой точке траектории
$$\frac{m(v(y))^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2} - m \frac{v_0^2}{2H} y.$$
Видно, что при заданном законе изменения $n(y)$ траектория луча совпадает с траекторией тела, брошенного под углом к горизонту и движущшегося под действием «силы тяжестии» $F = mv_0^2/2H$. Поэтому для ответа на поставленные в задаче вопросы можно воспользоваться формулами для такого движения, учитывая, что «ускорение свободного падения» в нашем случае равно «g» = $v_0^2/2H$.
Итак, расстояние $l$ между точками входа и выхода луча будет максимальным, если луч входит в неоднородную среду под углом $\varphi_0 = 45^\circ$. При этом
$$I_{\max} = \frac{2vA_0^2 \sin \alpha_0 \cos \alpha_0}{v_0^2/2H} = 2H$$ (так как $\alpha_0 = \frac{\pi}{2} - \varphi_0 = 45^\circ$).
Для того чтобы при $\alpha_0 = 45^\circ$ луч не прощел в верхнюю однородную среду, высота $h$ неоднородной области должна удовлетворять условию $h \geq \frac{H}{2}$. В противном случае ($h < \frac{H}{2}$) максимальное расстояние между точками входа и выхода луча соответствует такому углу $\alpha'$, при котором высота траектории равна $h'$, то есть траектория касается верхней границы раздела. Этот угол $\alpha'$ находим из условия
$$n_0 \cos \alpha' = n(y = h') \cos 0^\circ = n_0 \sqrt{1 - \frac{h'}{H}};$$
$$\cos \alpha' = \sqrt{1 - \frac{h'}{H}}.$$
П. Калуени