Решения задач М721—М730; Ф733—Ф742

34

key $K$ at the moment $t=0$ to a source of alternating tension $u=U_M \cos \omega t$. Determine the current in the solenoid as a function of time. Construct the graph of this function. The diod and the solenoid are assumed ideal, the inner resistance of the source may be neglected. (10).

V. Skorovarov

P772. An interplanetary space-ship made a soft landing on the Moon. The ship has the form of a disk of radius $r=4\text{m}$, its surface is covered by black (non-reflecting) paint. Can the landing on the Moon be observed from the largest telescope in the world, the Soviet telescope BTA with object lens diameter $D=6\text{m}$, if a photographic plate is placed in the focal plane to take a picture of the area of the Moon where the landing is to take place. Assume that clearly noticeable contrast of the image on the photo (i.e. the minimal relative difference of the dark and light parts of the image) is $k=0.05$. The distance from Earth to Moon is $L=4 \times 10^5\text{km}$; the picture is taken in light with wavelength $\lambda=0.6\text{mkm}$. Estimate the size of letters arranged by astronauts on the moon surface that can be read from the Earth using the BTA telescope. (10)

S. Kozel

Решения задач

M721—M730; Ф733—Ф742

М721. Каждая сторона треугольника поделена на 3 равные части. Точки деления служат вершинами двух треугольников, пересечение которых — шестугольник. Найдите площадь этого шестугольника, если площадь данного треугольника равна $S$.

Ответ: $\frac{2}{9} S$. Покажем, что данный треугольник можно разбит на 27 равновеликх треугольников, 6 из которых составляют расстатриваемый в задание шестиугольник. Пусть $K, L, M, N, P, Q$ — точки, делящие стороны треугольника $ABC$, как указано в условия (см. рисунок). Заметим, что отрезки $KM$ и $QN$, $QL$ и $PM$, $KP$ и $LN$ параллельны соответствуют медиам данного треугольника. Например, отрезок $KM$ параллелен медиам $AD$, потому что $\frac{|BK|}{|BA|} = \frac{|BM|}{|BD|} = \frac{2}{3}$ и, следовательно, треугольники $BKM$ и $BAD$ готовятся. Проводя из точек деления остальные отрезки, параллельные медиам, а также сами медианы, мы получим нужное разбиение.*) В самом деле, шестиугольник разбиается на 6 конгрузных треугольников (на рисунке — головы), еще 12 треугольников (белые) конгрузны им, а остальные 9 (красные) им равновелики. (Скажем, площади треугольников $MEN$ и $MFE$ равны, потому что их стороны $EN$ и $EF$ конгрузны, а высоты, опущенные на эти стороны из вершины $M$, совпадают.) Таким образом, площадь шестиугольника равна $6 \cdot \frac{S}{6+12+9} = \frac{2}{9} S$.

А. Едоров

M722. В точках $A_1, A_2, \dots, A_n$, расположенных по окружности, расстатриятся в некотором порядке числа 1, 2, …, $n$. а) Доказите, что сумма $n$ моделей разностей чисел не меньше 2n—2. б) Для какого количества разстановок эта сумма равна 2n—2?

Пусть числа 1 и $n$ стоят в точках $A_i$ и $A_j$ соответственно. Будем вычислять разности соседних чисел, пользоваться рисунком: число, стоящее в начале каждой стрелки, вычитается из числа, стоящего в ее конце.

*) Чтобы решение стало безупречный, надо еще доказать, что построенные нами отрезки, действительно, пересекаются по три, как показано на рисунке. Пусть, например, $H$ — точка пересечения $[KP]$ и $[LQ]$. Тогда треугольники $LHP$ и $BGC$ готовятся с центром $A$, следовательно, $H \in [AD]$ (G — точка пересечения медиан). Аналогично точка $E$ пересечения $[LN]$ и $[MP]$ лежит на $AD$, потому что треугольники $MEN$ и $BGC$ готовятся с центром $D$, и т. д.

36

Ясно, что никакая из сумм чисел $b_1, b_2, \dots, b_{k+1}$ не принадлежит множеству $A$. Существование множества $B$ доказано.

В силу леммы для утверждения ответа на вопрос задачи достагоно доказать, что множество $S = \{a^k | a \geq 1, k \geq 2\}$ всевозможных степеней натуральных чисел имеет нулевую плотность.

Оценим количество $v_n(S)$ степени, не превосходящих числа $n$. Если $a^k \leq n$, то $a \leq \sqrt[k]{n}$. Поэтому натуральных чисел, $k$-я степень которых не превосходит $n$, имеет не более, чем $[\sqrt[k]{n}]$, где $[x]$ — целая часть числа $x$. В частности, при $k > m = [\log_2 n]$ существует только одно такое число — единица. Следовательно,

$$v_n(S) \leq \frac{[\sqrt{n}] + [\sqrt[3]{n}] + \ldots + [\sqrt[n]{n}]}{n} \leq \frac{\sqrt{n} \log_2 n}{n} = \frac{\log_2 n}{\sqrt{n}}.$$

Переход к пределу при $n \to \infty$, получим

$$d(S) = \lim_{n \to \infty} v_n(S) \leq \lim_{n \to \infty} \frac{\log_2 n}{\sqrt{n}} = 0.$$

Л. Гурвиц

M724. По плоскости ползут несколько черенах, скорости которых равны по величины, но различны по направлении. Доказите, что, как бы черенах ни были расположены вначале, через некоторое время они будут находиться в вершинах выпуклого многоугольника.

Пусть в начальной момент черенах находится в точках $A_1, \dots, A_n$, расположенных в круге радиуса $R$ с центром в точке $O$. Отложим от точки $O$ векторы скорости черенах $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_n$. Ясно, что концы $V_1, \dots, V_n$ этих векторов являются вершинами некоторого выпуклого $n$-угольника, вписанного в окружность радиуса $v$, равного величины скорости любой черенах. Построим круги радиуса $e$ с центрами в точках $V_1, \dots, V_n$. При достагоно малом $e$ любой многоугольник $B_1B_2\dots B_n$, вершины которого принадлежат этим кругам, оченьindo, то же будет выпуклым. (В качестве $e$ можно взять, например, положину наименшшего из расстояния от точек $V_i$ до прямых, соединяющих с $V_i$ вершины, — см. рисунок.)

Пусть через время $T$ черенах оказывается в точках $A'_1, \dots, A'_n$, и пусть при громотении с центром $O$ и коэффициентом $\frac{1}{T}$ эти точки переходят в точки $B_1, \dots, B_n$. Доказем, что при достагоно большом $T$ точки $B_1, \dots, B_n$ попадают в построенные нами круги, то есть, что $|V_iB_i| < \varepsilon$ при $i=1, \dots, n$. Вектор $\overrightarrow{A_iA'}_i$, на которой переместилась $i$-я черенах за время $T$, равен $\overrightarrow{Tv}_i$. Поэтому $\overrightarrow{OA'}_i = \overrightarrow{OA}_i + \overrightarrow{Tv}_i$, а $\overrightarrow{OB}_i = \frac{1}{T}\overrightarrow{OA'}_i = \overrightarrow{v}_i + \frac{1}{T}\overrightarrow{OA}_i = \overrightarrow{OV}_i + \frac{1}{T}\overrightarrow{OA}_i$. Следовательно, $|V_iB_i| = \frac{1}{T}|OA_i| \leq R/T$. Значит, при $T > \frac{R}{\varepsilon}$ точки $B_i$ попадают в круги радиуса $e$ с центрами $V_1, \dots, V_n$, многоугольник $B_1 \dots B_n$ будет выпуклым, а потом и точки $A'_1, \dots, A'_n$, в которых оказывается череня $T$, служат вершинами выпуклого многоугольника.

В. Прасолов

*M725. Положим $r_n = \cos^n \frac{\pi}{7} + \cos^n \frac{3\pi}{7} + \cos^n \frac{5\pi}{7}$. Найдите $a)$ $r_1$ и $r_2$, $b)$ $r_3$ и $r_4$. Доказите, что $r_n$ — рациональное число при любом $n$.

Пусть $c_k = \cos \frac{\pi k}{7}$ при $k=0, \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots$. Заметим, что $c_k$ — проекция на ось $Ox$ единного вектора $\vec{e}_k$, образующего угол $\frac{\pi}{7}$ с лучом $x \geq 0$, $y=0$ (см. рисунок). Легко убедиться в том, что $c_{7+m} = c_{7-m} = -c_m$.

а) Нетрудно доказать, что

$$\vec{e}_1 + \vec{e}_3 + \vec{e}_5 + \vec{e}_7 + \vec{e}_-3 + \vec{e}_-1 = 0$$

(одно из докаательств: при повороте на угол $\frac{2\pi}{7}$ эта

37

система векторов переходит в себя; при этом сумма не меняется и, следовательно, равна 0).

Из (1) сразу следует, что $c_7 + 2c_1 + 2c_3 + 2c_5 = 0$, то есть
$$r_1 = c_1 + c_3 + c_5 = -\frac{1}{2} c_7 = \frac{1}{2}.$$

Пользовать известной формулой $2\cos^2\alpha = 1 + \cos 2\alpha$, получим $2c_1^2 = 1 + c_2$, $2c_3^2 = 1 + c_6$, $2c_5^2 = 1 + c_{10}$, а так как $c_2 = -c_5$, $c_6 = -c_1$, $c_{10} = -c_3$, находим
$$r_2 = c_1^2 + c_3^2 + c_5^2 = \frac{1}{2} (3 - c_1 - c_3 - c_5) = \frac{5}{4}.$$

6), в) Доказем, что $c_1, c_3, c_5$ — корни многочлена третьей степени с разциональными коэффициентами. Рассмотрим многочлен
$$p(x) = (x - c_1)(x - c_3)(x - c_5) = x^3 + a_1 x^2 + a_2 x + a_3,$$
корни которого — $c_1, c_3$ и $c_5$. Выразим коэффициенты этого многочлена через его корни. Раскрывая скобки, получим
$$a_1 = -(c_1 + c_3 + c_5) = -r_1 = -\frac{1}{2};$$
$$a_2 = c_1 c_3 + c_3 c_5 + c_5 c_1 = \frac{1}{2} ((c_1 + c_3 + c_5)^2 -$$
$$-c_1^2 - c_3^2 - c_5^2) = \frac{r_1^2 - r_2}{2} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{4} - \frac{5}{4}\right) = -\frac{1}{2};$$
$$a_3 = -c_1 c_3 c_5 = -c_1 c_2 c_4 = -\cos \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{\sin \frac{\pi}{7}} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{2 \sin \frac{\pi}{7}} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{4\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{4 \sin \frac{\pi}{7}} = -\frac{\sin \frac{8\pi}{7}}{8 \sin \frac{\pi}{7}} = \frac{1}{8}.$$

Итак, для каждой $j=1, 3, 5$ выполено равенство
$$c_j^3 - \frac{1}{2} c_j^2 - \frac{1}{2} c_j + \frac{1}{8} = 0.$$
Значит, для любого $n \geqslant 2$
$$c_j^{n+1} = \frac{1}{2} c_j^n + \frac{1}{2} c_j^{n-1} - \frac{1}{8} c_j^{n-2}.$$
Сложив три таких равенства (при $j=1, 3, 5$), получим для $r_n = c_1^n + c_3^n + c_5^n$ рекуррентную формулу
$$r_{n+1} = \frac{1}{2} r_n + \frac{1}{2} r_{n-1} - \frac{1}{8} r_{n-2},$$
позволяющий вычислить $r_{n+1}$, если известны $r_n, r_{n-1}, r_{n-2}$. Поскольку, в силу a), $r_1 = \frac{1}{2}, r_2 = \frac{5}{4}$, а $r_0 = 3$, находим
$$r_3 = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{8} \cdot 3 = \frac{1}{2},$$
$$r_4 = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4} - \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{2} = \frac{13}{16}.$$

38

Ясно, что числа $r_n$ при каждой $n$ разциональны. (Подробнее о применении в решении идее см. статью «Рассмотрим разность», «Квант», 1981, № 4.)

Н. Васильев

М726. Точка внутри правильного 2n-уольника соединина с вершинами. Возникшие 2n треугольников раскрашены попеременно в轮廓 и красный цвет. Докажите, что сумма площадей головных треугольников равна сумме площадей красных a) для n=4, 6) для n=3, в) для произвольного натурального n.

Так как в правильном многоугольнике длины всех сторон равны, достаточно доказать, что сумма длины высот красных треугольников равна сумме длины высот головных треугольников (см. рис. 1). Разбивая треугольники на пары, прилегаются к противоположным сторонам, сразу получаем утверждение задачи.

Рис. 1. Рис. 2

При нечетном n, продолжив «красные» стороны 2n-уольника, получим правильный n-уольник (рис. 2). Построенный таким же образом головной n-уольник конгрузен красному. Площадь головного n-уольника равна сумме длины высот головных треугольников, умноженной на половину длины его стороны. То же верно и для красного n-уольника. Отсюда вытекают равенство сумм длины высот головных и красных треугольников и вместе с этим утверждение задачи.

В. Прасолов

М727. Докажите неравенство $a^2+b^2+c^2+2abc<2$, где a, b, c — длины стороны треугольника перimeter 2.

Если a, b и c — длины стороны треугольника перimeter 2, то a<1, b<1, c<1 (в противном случае одна из сторон треугольника будет больше суммы двух других). Поэтому (1-a)(1-b)(1-c)>0. Раскрывая скобки и преобразуялевую часть, получим

$$1 - (a+b+c) + ab+bc+ac - abc = -1 + \frac{a^2+b^2+c^2}{2} + ab+bc+ac - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc = -1 + \frac{(a+b+c)^2}{2} - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc = 1 - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc > 0,$$

а это и значит, что $a^2+b^2+c^2 < 2(1-abc)$.

А. Егоров

М728. Пусть A, B, C — вершины параллелена, соседние с его вершиной P, a Q — вершина, противоположная P. Докажите, что a) расстояния

41

($a_{n+3} = a_{n+2} = a_{n+1} = a_n = a$). Из сказанного также вытекает, что числа $a_n$ последовательно пробегают вес натуральный ряд.

Выведем теперь явную формулу для $a_n$. В сумме $a_n = (a_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - a_{n-2}) + \dots + (a_2 - a_1)$ все слагаемые равны 0 или 1, причем единцровно столько, сколько чисел первого рода, не превысodiaщих $n$. Поэтому $a_n$ равно количеству чисел первого рода, не превысodiaщих $n$. Легко показать, что

$$a_n = \left[ \frac{n}{2} \right] - \left[ \frac{n}{4} \right] + \left[ \frac{n}{8} \right] - \dots$$

(1)

(число ненулевых слагаемых здесь конечно, либо $n < 2^m$ при некотором $m$). Для доказательства формулы (1) заметим, что $\left[ \frac{n}{2} \right], \left[ \frac{n}{4} \right], \left[ \frac{n}{8} \right], \dots$ — это количество чисел, не превысodiaщих $n$ и делияхся на 2, 4, 8, …. Поэтому разность $\left[ \frac{n}{2} \right] - \left[ \frac{n}{4} \right]$ равна количество чисел от 1 до $n$, которые делятся на 2 и не делятся на 4, $\left[ \frac{n}{8} \right] - \left[ \frac{n}{16} \right]$ — это количество чисел от 1 до $n$, делияхся на 8, но не делияхся на 16, и т. д.

Вычислим $a_n$ по формуле (1) для $n = 3 \cdot 2^k$. Если $k$ нечетно, то

$$a_{3 \cdot 2^k} = \frac{3 \cdot 2^k}{2} - \frac{3 \cdot 2^k}{4} + \dots + \frac{3 \cdot 2^k}{2^k} - \left[ \frac{3}{2} \right] =$$

$$= 3(2^{k-1} - 2^{k-2} + \dots + 1) - 1 = 3 \frac{2^k + 1}{3} - 1 = 2^k.$$

Заметим, что в этом случае $n$ и $n+2 = 2(3 \cdot 2^{k-1} + 1)$ — числа первого рода. Следовательно, при нечетном $k$ число $2^k$ встречает в нашей последовательности 2 раза. Пусть $k$ — четное число. Тогда снова

$$a_{3 \cdot 2^k} = \frac{3 \cdot 2^k}{2} - \frac{3 \cdot 2^k}{4} + \dots + \left[ \frac{3}{2} \right] = 3 \frac{2^k - 1}{3} + 1 = 2^k.$$

Но теперь $3 \cdot 2^k$ — число второго рода. Поэтому число $2^k$ при четном $k$ повторяется среди чисел $a_n$ четые раза. Попутно мы доказали утверждение (г), так как $a_n = n/3$ при всех $n = 3 \cdot 2^k$.

д) Ответ: да. Допустим, что $n$ делится на 4. Тогда по формуле (1)

$$a_n = \frac{n}{2} - \frac{n}{4} + \left[ \frac{n}{8} \right] - \left[ \frac{n}{16} \right] + \dots = \frac{n}{4} + a_{\frac{n}{4}}.$$

(2)

Рассмотрим последовательность $a_{n_m}$, где $n_m = \frac{4^m - 1}{3}$ при $m = 1, 2, \dots$ ($n_m$ — целое нечетное число при любом $m$). Заметим, что $\frac{n_m - 1}{4} = \frac{4^m - 4}{3 \cdot 4} = \frac{4^{m-1} - 1}{3} = n_{m-1}$. Поэтому по формуле (2) для $n = n_m - 1$

$$a_{n_m} = a_{n_m-1} = n_{m-1} + a_{n_{m-1}}.$$

Следовательно,

$$a_{n_m} = n_{m-1} + n_{m-2} + \dots + n_1 + a_1 = \frac{n_m}{3} - \frac{m}{3}.$$

При $m = 6000$ получим $\left| a_{n_m} - \frac{n_m}{3} \right| = 2000 > 1982$.

e) Заметим, что в формуле (1) число слагаемых, отличных от нуля, равно $v = [\log_2 n]$. Поэтому

$$\left| a_n - \left( \frac{n}{2} - \frac{n}{4} + \frac{n}{8} \right) \right| \leq v,$$

так как, снимая знаки целой части, мы допускаем в каждом слагаемом ошибку, меньше 1. В скобках стоит сумма геометрической прогрессии. Вычисляя ее, получим

42

$$\left| a_n - \frac{n \left( 1 - \left( -\frac{1}{2} \right)^v \right)}{3} \right| \leq \log_2 n$$

или
$$\left| \frac{a_n}{n} - \frac{1}{3} + \frac{(-1)^v}{3 \cdot 2^v} \right| \leq \frac{\log_2 n}{n}.$$
А так как $\frac{(-1)^v}{3 \cdot 2^v} \to 0$ и $\frac{\log_2 n}{n} \to 0$ при $n \to \infty$,
$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = \frac{1}{3}.$$

В. Шевелев

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

Рис. 1.

Рис. 2.

Пусть гантелька повернута на малый угол $\alpha$ относительно положения равновесия (рис. 2); точка $B$ — точка касания стержня с получилдром; $A\hat{O}B = \alpha$ (поверхность получилдра шероховатая, и гантелька не просkalзывает). Возникающие при этом моменты сил стремятся вернуть гантельку в положение равновесия. Поскольку угол $\alpha$ мал, можно считать, что шарики гантельки будут движться по дугам окружностей радиусов
$$r_1 \approx \frac{l}{2} - |AB| = \frac{l}{2} - R\alpha, \quad r_2 = \frac{l}{2} + R\alpha.$$
Скорости шариков будут равны, соответствующим.
$$v_1 = x_1' = (r_1\alpha)' = \alpha' \left( \frac{l}{2} - 2R\alpha \right), \quad v_2 = x_2' = (r_2\alpha)' = \alpha' \left( \frac{l}{2} + 2R\alpha \right).$$
Полная энергия гантельки остается постоянной и равной ее потенциальной энергии $\Pi_0$ в момент максимального отклонения от положения равновесия. Когда гантелька отклонена на угол $\alpha$ от положения равновесия, ее энергия равна
$$\Pi_1 + K = mg(R + x_2) + mg(R - x_1) + \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2} = m \frac{l^2(\alpha')^2}{4} + 2mgR \left( 1 + \frac{\alpha^2}{2} \right) = \Pi_0$$
(m — масса каждой шарика; стержень считаем неисомым; вычисляя $v_1^2$ и $v_2^2$ мы пренебрегли членами порядка $\alpha^2(\alpha')^2$). Продиференцируем полученное:
$$\frac{ml^2\alpha' \alpha''}{2} + 2mgR\alpha' = 0,$$
откуда
$$\alpha'' = - \frac{4gR}{l^2} \alpha.$$
Полученное уравнение является уравнением гармоничских колебаний с частотой $\omega = \sqrt{4gR/l^2}$. Следовательно, период малых колебаний гантельки равен
$$T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi l \sqrt{\frac{1}{gR}}.$$
А. Фролов

Ф734. Веревка, прикрепленная одним концом к боковой поверхности цилиндра у его основания радиуса $r$, обмотана вокруг цилиндра $k$ раз

Сила натяжения вервки, действующая на груз, направлена перpendикулярно скорости груза. Следовательно, абсолотная величина скорости груза остается постоянной и равной $v$.
Рассмотрим движение в тот момент, когда вервка

43

(k — целое число). К свободному концу ввервики приязан зруз. Грузу сообщают скорость v, направленную вдоль радиуса цилиндра (рис. 1). За какое время вся ввервика снова намотается на цилиндр? Цилиндр закреплен на главкой поверхности.

Рис. 1.

полностью смоталась с цилиндра и груз находится в точке C (рис. 2). За малый промежуток времени Δt груз переместится в точку C’. Поскольку Δt мало, угол α, на котором повернется вся ввервика, мал и

$$\alpha = \frac{v \cdot \Delta t}{l} = \frac{\Delta l}{r} \Rightarrow rv \cdot \Delta t = l \cdot \Delta l = \Delta \left( \frac{l^2}{2} \right).$$

Из последнего равенства находим времени, в течение которого вся ввервика длины l намотается на цилиндр:

Рис. 2.

$$t = \frac{l^2}{2rv}.$$ За такое же ввервика сматывается с цилиндра, и груз оказывается в точке B (см. рис. 2). Время, за которой груз перемещается из точки B в точку C, равно τ = πl/v.

Таким образом, полное ввервия, за которой ввервика длины l = 2πrk сматыется с цилиндра и вновь намотается на него, равно

$$T = 2t + \tau = \frac{4\pi^2k^2r}{v} + \frac{2\pi^2rk}{v} = \frac{2\pi^2kr}{v} (2k + 1).$$

Б. Мукушев

Ф735. Две одинаковые катушки индуктивности подключаемые через ключи K1 и K2 к источнику с постоянной ЭДС и в внутренним сопротивлением r (см. рис.ок). В начальной момент ввервики оба ключи разомкнуты. Затем замыкают сначала ключи K1, а потом ключи K2. Определять величины тока, протекающего через ключи K1 в момент замыкания ключи K2, если известно, что после замыкания ключи K2 установившийся ток через ключи K1 в два раза больше установившегося ток через ключи K2. Активными сопротивлениями катушки пребречь.

◆

После замыкания ключа K1 ток через катушки 1 (см. рис.нок) будет нарастать. Пусть в тот момент, когда замыкают ключи K2, величины этого тока равна I0. После замыкания ключа K2 направления на концах катушки будут равны. Пренебрегая активными сопротивлениями катушки, можно записать это условие в виде

$$L \frac{dI_1}{dt} = L \frac{dI_2}{dt},$$

где L — индуктивность катушки, a I1 и I2 — точки в катушках 1 и 2 соответственно в некоторый произвольный момент ввервики после замыкания ключа K2. Это же условие можно записать в другом виде:

$$\frac{d(I_1 - I_2)}{dt} = 0,$$ или I1 - I2 = const,

то есть разность между абсолотными значениями токов в катушках в любой момент ввервики (при обихам замкнутых ключках) остается постоянной. Найдем эту разность I1 - I2 исходя из начальных условий, то есть в момент подключания ключа K2. В этот момент I1 = I0, а I2 = 0; следовательно, I1 - I2 = I0.

В установившемся режиме через катушки будут точны; обозначим их I_{yct.1} и I_{yct.2}. Разность потенциаль на концах катушки, а следовательно, и на концах батареи будет равна нулю. Если через батарею в это время течение ток I6, то

$$\varepsilon - I_6 r = 0.$$

Следовательно, в установившемся режиме протекающий через батарею, будет равен I6 = ε/r. Из условия сохранения заряда можно записать

$$I_{yct.1} + I_{yct.2} = I_6 = \varepsilon/r.$$

(1)

Условие сохранения заряда абсолотных значений токов

44

Через катушки выполняется и для установки ихся токов; поэтому

$$I_{\text{уст. 1}} - I_{\text{уст. 2}} = I_0.$$

(2)

Решая совместно уравнение (1) и (2), получаем

$$I_{\text{уст. 1}} = \frac{I_0 + \mathcal{E}}{r}, \quad I_{\text{уст. 2}} = \frac{\mathcal{E}}{r - I_0}.$$

Используя заданное соответствие для установки ихся токов — $I_{\text{уст. 1}} / I_{\text{уст. 2}} = 2$ — найдем $I_0$:

$$I_0 = \mathcal{E} / 3r.$$

В. Можаев

Ф736. На однородный стержень, оба конца которого заземлены, падает пучок электронов, причем на каждый сантиметр длины стержня попадает одно и то же число электронов в секунду. Сопротивление стержня R. Ток на учаске заземления равен I. Найти разность потенциалов между серединой стержня A и его концом B (см. рис. 1).

Ф737. Параллельный пучок света рассеается, проходя плastинку П. Для любого луча, проходящшего плastинку, максимальный угол отклонения от пероначального направления равен α. Каков наименьший радиус светалою пятна, которое можно получить, поставив за плastинкой собирающий линзу Л с фокусным расстоянием F (рис. 1)?

Поскольку стержень однородный, ток по нему растекается симметрично относительно точки A. Поэтому в точке A ток равен нулю, то есть $I_A = 0$.

Разбем мысленно участок AB стержня на N одинаковых частей. Пусть в конце первого (от точки A) участка ток равен $I_1$. Тогда в конце k-го участка ток равен $I_k = kI_1$; в конце N-го участка, то есть в точке B, ток равен $I_N = NI_1$. В то же время ток $I_N$ равен половине тока I на учаске заземления, то есть $NI_1 = I/2$. Отсюда $I_1 = I/2N$.

Сопротивление каждого из участков равно $R/2N$, а падение напряжения на k-м учаске равно

$$U_k = I_kR/2N = kI_1R/2N = kIR/4N^2.$$

Разность потенциаль между точки A и B равна сумме падений напряжения на всех N учаках. Следовательно,

$$U_{AB} = \sum_{k=1}^{N} U_k = \frac{IR}{4N^2} \sum_{k=1}^{N} k = \frac{IR}{8} \frac{N+1}{N} \xrightarrow{N \to \infty} \frac{IR}{8}.$$

Н. Диканский

Найдем границу освещенной области за линзой. Ее характер зависит от размера линзы (радуса апертуры), от радиуса светового пучка и от расстояния между плastинкой и линзой. Пусть эти параметры равны соответствию r, R и s.

При $r > R + stg\alpha$ все рассеяние плastинкой лучи попадают на линзу (рис. 2). За линзой границу освещенной области образуют лучи $I'$ и $4'$ (результат преломления лучей 1 и 4, определенных границу падающего на линзу рассеяющего лучка). Точки излома границы ниже осознанием A, B, C. Точка A находится в плоскости линзы на расстоянии $R + stg\alpha$ от оси. Точка B — точка пересечения лучей $I'$ и $3'$ — находится в фокальной плоскости, так как лучи 1 и 3, падающие на линзу, параллельны. Расстояние от точки B до оси равно $Ftg\alpha$. Точка C — точка пересечения лучей $3'$ и $4'$ — лежит в плоскости четкого изображения рассеяющего плastинки, так как здесь собираютсяышедние из одной точки плastинки лучи. Таким образом, точки C — изображение точки, находящейся

45

на расстоянии $R$ от оси и на расстоянии $s$ от плоскости линзы. Поэтому расстояние от $C$ до оси равно $RF/(s-F)$ (расчитайте это сами).

Наименование пятно лежит в плоскости наиболее близкого к оси излома; поэтому его радиус равен минимальным из расстояния $R+s tg \alpha$, $F tg \alpha$ и $RF/(s-F)$. Соответственно, экран должен расположаться или вплотную к линзе, или в фокальной плоскости, или в плоскости четкого изображения пластинки. Отметим, что при $s<F$ лучи $3'$ и $4'$ за линзой не пересекаются (изображение пластинки минимое) и остатся лишь изломы $A$ и $B$.

При $r<R-s tg \alpha$ границу освещенной области за линзой образуют «предельные» лучи, проходящие через края линзы (рис. 3). Изломы границы находятся в плоскости линзы на расстоянии $r$ от оси (точка $A_1$) и в фокальной плоскости, как и раньше, на расстоянии $F tg \alpha$ (точка $B_1$). Большое изломов нет. Minimalное из значений $r$ и $F tg \alpha$ дает радиус наименшего пятна.

Наконец, в промежутном случае $R+s tg \alpha>r>R-s tg \alpha$ (рис. 4) изломы границы лежат в плоскости линзы, в фокальной плоскости и в плоскости четкого изображения пластинки на расстояниях $r$, $F tg \alpha$ и $RF/(s-F)$ соответственно.

При достаточно малом $\alpha$ во всех этих случаях наименшее пятно получится в фокальной плоскости, причем радиус этого пятна $F tg \alpha$ не зависит ни от радиуса первого пучка, ни от диаметра линзы. Интересно, что подобное сжатие пучка вблизи фокальной плоскости — его называют кроссовер — используется в электронном осциллографе для формирования узкого концентрированного электронного пучка.

И. Воробьев

Ф738. Частцы движутся уськом с постояными скоростями. Скорости частцы равномерно возрастают от значения $v_1$ в холоде колонны до значения $v_2$ в хвосте колонны. В некоторых момент частцы занимают отрезок длины $l_0$ и при этом на единицу длины приходится $n_0$ частц. Сколько частцы спутя время $t$ будет приходится на единицу длины в хвосте колонны?

Пусть частцы занимают отрезок длины $l_0$ в момент времени 0. За время $t$ частца в голове колонны совершит перемещение $v_1 t$, а частца в хвосте колонны — $v_2 t$ (рис. 1). Задние частцы движения быстрое и нагояют частцы в начале колонны. Рассмотрение между первой и последней частей сократится за время $t$ на $(v_2-v_1) t$ и станет равным

$$l = l_0 - (v_2 - v_1) t.$$

Сокращение длины отрезка, занимаемого всем частцами, определяется разностью скоростей частцы в конце и в начале отрезка. Это же справедливо для промежутка между любыми двумя частцами колонны.

Пусть в начальной момент времени какое-то две частцы на расстоянии $\Delta x_0$. Тогда разность их скоростей равна

$$\Delta v = \frac{(v_2 - v_1)}{l_0} \Delta x_0$$

(так как скорости частцы равномерно возрастают к хвосту колонны). Рассмотрение между частцами за время $t$ сократится на $\Delta v t$ и станет равным

46

$$\Delta x = \Delta x_0 - \Delta v \cdot t = \left( 1 - \frac{(v_2 - v_1) t}{l_0} \right) \Delta x_0.$$

Как видим, расстояния между любыми двумя частицами сокращаются с течение времени в одно и то же число раз; поэтому частицы остаются распределенными вдоль колонны равномерно. Иначе говоря, число $n$ частицы, прихождения на единицу длины колонны, одинаково в любом ее месте, как было и в начальной момент.

Чтобы найти $n$, подelimм полное число части $n_0 l_0$ на длину колонны в момент времени $t$:

$$n = \frac{n_0 l_0}{l_0 - (v_2 - v_1) t} = \frac{n_0}{1 - \frac{(v_2 - v_1) t}{l_0}}.$$

На рисунке 2 приведена зависимость $n(t)$. При приближении времени $k$ моменту $t_0 = l_0/(v_2 - v_1)$ концентрация $n$ частиц неограниченно возрастает и при $t > t_0$ меняет знак, уменьшаясь в дальнейшем по абсолютному значению. Такое поведение $n(t)$ нетрудно понять: к моменту времени $t_0$ все частицы соберутся в одну точку — это и соответствует бесконечной концентрации; после этого, когда задние частицы обгоят передние, изменится порядок следования частиц — об этом и говорит изменение знака $n$.

И. Воробьев

Ф739. В цилиндрической соеду высоты $H$ с площадью основания $S$ из горизонтального расположенной трубы ежесекундно влавается масса воды $M$. В основании соеду имеет неольшее отверстие. На поверхности воды в сосуда лежит тонкая леккая зубка. С некоторого момента высота уровня воды в сосуда становится постоянной и равной $h_0$. Определить, с какой скоростью вытекает при этом вода из отверстия.

В установившемся режиме сны, действующие на губку, уравновешены. Со стороны падающей воды на губку действует сила

$$F = \frac{M \cdot \Delta t \cdot \sqrt{2g(H - h_0)}}{\Delta t} = M \sqrt{2g(H - h_0)}.$$

Эта сила за время $\Delta t$ совершает работу

$$\Delta A = F \cdot \Delta x = F \frac{\Delta V}{S} = F \frac{M \cdot \Delta t}{\rho S}.$$

Согласно закону сохранения энергии

$$\Delta A + \Delta \Pi = \Delta K,$$

или

$$\Delta A + M \cdot \Delta t \cdot g \cdot h_0 = M \cdot \Delta t \cdot \frac{v_1^2 - v_2^2}{2},$$

где $v$ — скорость падающей на губку воды, $v_1$ — скорость вытекающей из отверстия воды. Так как отверстие мало, $v^2 \ll v_1^2$. Окончательно получаем

$$\frac{F}{\rho S} + g h_0 = \frac{1}{2} v_1^2,$$

откуда

$$v_1 = \sqrt{2 g h_0 + \frac{2 M}{\rho S} \sqrt{2 g(H - h_0)}}.$$

И. Омелян

Ф740. В сосуда находится смесь газов — гелия и кислорода. При температуре $t = -2^\circ C$ и давлении $p = 0,9$ атм плотность этой смеси $Q = 0,44 \text{ кel/м}^3$. Каким становится в сосуде, если из него удалить половину молекул кислорода?

Пусть в $1 \text{ m}^3$ смеси находится $v_1$ молей гелия и $v_2$ молей кислорода. Тогда полное число молей в объеме $V = 1 \text{ m}^3$ равно

$$v = v_1 + v_2 = \frac{p V}{RT} = \frac{0,9 \cdot 10^5 \cdot 1}{8,3 \cdot 271} \approx 40 \text{ mol}.$$

Масса смеси в этом объеме равна

$$m = m_1 + m_2 = \mu_1 v_1 + \mu_2 v_2 = \rho V = 0,44 \text{ кг}.$$

Решая систему уравнения

47

$$\begin{align*} v_1 + v_2 &= 40, \\ 4 \cdot 10^{-3} v_1 + 32 \cdot 10^{-3} v_2 &= 0,44, \end{align*}$$

находим $v_1$ и $v_2$:

$$v_1 = 30 \text{ моль}, \quad v_2 = 10 \text{ моль}.$$

Если удалить из сосуда половину молекул кислорода, то полное число молей станет равным $v' = 35 \text{ моль}$. Давление $p'$ в сосуде при этом условии найдем из соответствия $p/p' = v/v'$:

$$p' = p \frac{v'}{v} = 0,9 \cdot 10^5 \cdot \frac{35}{40} \approx 0,79 \cdot 10^5 \text{ Па.}$$

А. Зильберман

Ф741. В себя переменного тока с направлением 220 В и частотой 50 Гц подключаем последовательно два конденсатора с емкостью 1 мкФ каждый. Паралельно одному из конденсаторов включен резistor с сопротивлением $R = 100 \text{ кОм}$ (см. рис.ок). Найти тепловой мощность.

◆ Емкость сопротивление на данной частоте $f = 50$ Гц равно

$$Z_C = \frac{1}{2\pi f C} \approx 3 \cdot 10^3 \text{ Ом}.$$

Поскольку сопротивление резистора $R = 10^6 \text{ Ом}$, то есть

$$R \gg Z_C, \text{ можно считать, что } U_R \approx U/2 = 110 \text{ В (U — напряжение сети)}. \text{Takим образом, тепловая мощность равна}$$
$$P = U_R^2/R \approx 0,12 \text{ Вт.}$$

А. Зильберман

Ф742. Стеклянный сосуд примоудольного сечения установлен между двумя собирающими линзами с фокусными расстояниями $F$ перpendикулярно оптической оси линз (рис. 1). Точенный источник света $S$ расположен в фокальной плоскости линзы $J_1$. Когда сосуд пустой, изображение источника наблюдается на экране Э, расположенном в фокальной плоскости линзы $J_2$. Сосуд заполняется прорачной жидкостью, показана

От точного источника света $S$ распространяется сферическая волна, то есть фронт волны (поверхность постоянной фазы) имеет вид сферы с центром в точке $S$. После прохождения линзы $J_1$ фронт становится плоским (поскольку точка $S$ находится в фокусе линзы $J_1$). Поскольку фронта паралельна плоскости, в которой лежит линза, и боковым стенкам сосуда. Если бы сосуд был пустой, то после прохождения сосуда волновой фронт по-прежнему был паралелен стенкам сосуда. На линзу $J_2$ подал бы пучок лучей, паралельных главной оси линзы, и изображение источника $S$ находится бы в правом фокусе линзы.

Когда сосуд заполняется с меняющимся (по высоте) показателем преломления, ориентация волнового фронта в пространстве после прохождения сосуда меняется. Для нахождения фронта в этом случае воспользуемся

Рис. 1.

Рис. 2.

48

тель преломления которой меняется с высотой по закону $n(y) = n_0 + \alpha y$. Толщина слоя жидкости равна $L$. На сколько сместится по вертикали изображение источника на экране? Изменение показателя преломления с глубиной соуса считать малим в пределах диаметра светового лучка.

приницном Гойгенса — Френеля. Согласно этому принципу фронт после прохождения светом соуса будет представлять собой огибающий вторичных волн, источники которых лежат на левой боковой стенке соуса.

Найдем положение фронта в тот момент времени, когда вторичные волны от источников, лежащих на левой стенке соуса на высоте $h$ от его дна (рис. 2), достигут правой стенки соуса. Время $t$, за которой эти волны пройдут расстояние $L$, равно

$$t = \frac{L}{c/n(h)} = L \frac{n_0 + \alpha h}{c},$$

где $c$ — скорость света в вакууме, $n(h) = n_0 + \alpha h$ — показатель преломления в жидкости на высоте $y = h$. То же расстояние $L$ волны, распространяющиеся от источников, лежащих на левой стенке соуса на высоте $y < h$, пройдут за время

$$t_1 = L \frac{n_0 + \alpha y}{c} < t$$

(мы считаем, что $\alpha > 0$). Следовательно, за время $t$ эти волны распространятся вправа от соуса на расстояние

$$l(y) = (t - t_1)c = L\alpha(h - y).$$

Величина $l(y)$ является линейной функцией $y$. Следовательно, после прохождения светом соуса огибающий вторичных волн, то есть волновой фронт, будет представлять собой плоскость, наклоненную к боковой стенке соуса под углом таким, что (см. рис. 2)

$$tg\varphi = l(y)/(h - y) = L\alpha.$$

Таким образом, на линзу $\varPi_2$ будет падать лучок параллельных лучей, наклоненных под углом $\varphi$ к оптической оси линзы. Изображение источника $S$ будет получаться в фокальной плоскости линзы $\varPi_2$ на расстоянии

$$\delta = F \cdot tg\varphi = FL\alpha$$

от оси линзы. При $\alpha < 0$ изображение будет на столько же смешено вниз от оси.

В. Можаев

Matematika
волшебного кубика

(Начало см. на c. 22)

12. «Перекрашенный кубик». Элементарные операции прежние, но 1) на каждом центральном кубике наиссована стрелка, регистрации его повороты; 2) куб покращен в три цвета так, что цвет противоположных граней в нулевом состоянии одинаковы.

13. «Волшебный параллелипед $n \times m \times k$». Описание этой игры должно явным из названия. Разумеется, некаждатые грани можно поворачивать только на $180^\circ$, и выражаться не только грани, но и внутренние слон. Далее 9 вариантов, отвечающих $n, m, k \leq 3$, имеются отнюдь не тривалные. Вариант $3 \times 3 \times 2$ выполняется в Венгрини под названияем «Домино». Недавно в Венгрини стал выпускаться кубик $4 \times 4 \times 4$ под замечательным названияем «Месты Рубика»!

14. «Волшебный кубик $3 \times 3 \times 3$». (Для тех, кто немного знаком с четырехмерной геометрии.)

15. «Волшебный многогранник». В вершинах и в серединах ребер произвольного многогранника расположаются шарики разных цветов (число цветов равно общему числу вершин и ребер многогранника). За один ход разрешается циклический переставить все шарики одной грани. Состояние здесь полностью описывается перестановками $s$ и $t$.

16. «Волшебный терраэдр». Нулевое состояние — правильный терраэдр, каждая грань которого окрашена в один из четырех цветов. При «поворотах граней» перемещается 4 угловых и 6 реберных «элементов», форми которых уточнять не будем. Важно, что здесь, кроме перестановок, надо учитывать и их ориентацию. Другие варианты получения с октаэдром, додекадром и икосадром.