Решения задач М739—М745; Ф748—Ф757

29

Решения задач

M739 — M745; Ф748 — Ф757

М739. Докажите, что при любом значении $x$, для которого левая часть имеет смысл, выполнены равенства

$$\begin{align*} tg x + tg \left( x + \frac{\pi}{3} \right) + \\ + tg \left( x + \frac{2\pi}{3} \right) &: \begin{align*} tg x \times \\ \times tg \left( x + \frac{\pi}{3} \right) \times \\ \times tg \left( x + \frac{2\pi}{3} \right) \end{align*} = -3; \end{align*}$$

$$\begin{align*} tg x + tg \left( x + \frac{\pi}{n} \right) + \dots \\ \dots + tg \left( x + \frac{(n-1)\pi}{n} \right) &: \begin{align*} tg x \cdot tg \left( x + \frac{\pi}{n} \right) \times \dots \\ \dots \times tg \left( x + \frac{(n-1)\pi}{n} \right) \end{align*} = c_n \end{align*}$$

еде $n$ — нечетное число, $n > 0$, $c_n$ — константа (зависцая от $n$).
в) Найдите $c_n$ для каждого нечетного $n$.

a) Положим $tg x = z$, $tg(\pi/3) = \sqrt{3} = t$, тогда $tg(2\pi/3) = -t$. Используя формулу тангенса суммы, получим (при $zt \neq \pm 1$)

$$\begin{align*} tg x + tg \left( x + \frac{\pi}{3} \right) + tg \left( x + \frac{2\pi}{3} \right) &= \frac{z + \frac{z+t}{1-zt} + \frac{z-t}{1+zt}}{z \cdot \frac{z+t}{1-zt} \cdot \frac{z-t}{1+zt}} = \\ &= \frac{z (1-z^2 t^2) + 2z + 2zt^2}{z (z^2-t^2)} = \frac{-3z^3 + 9z}{z^3 - 3z} = -3. \end{align*}$$

6. Используя формулы приведения $tg(x+\pi) = -tg(\pi-x) = tg x$ и нечетность $n$, нетрудно проверить, что и числитель, и знаменатель дроби

$$f(x) = \frac{tg x + tg \left( x + \frac{\pi}{n} \right) + \dots + tg \left( x + \frac{n-1}{n}\pi \right)}{tg x \cdot tg \left( x + \frac{\pi}{n} \right) \cdot \dots \cdot tg \left( x + \frac{n-1}{n}\pi \right)} = c_n$$

обращаются в 0 в одних и тех же точках промежуточка [0; $\pi$ [: 0, $\frac{\pi}{n}$, $\frac{2\pi}{n}$, …, $\frac{n-1}{n}$ $\pi$ (и теряют смысл — «обращаются в бесконечность» — также в одних и тех же точках $\frac{\pi}{2n}$, $\frac{3\pi}{2n}$, …, $\frac{2n-1}{2n}$ $\pi$, которые мы в дальнейшем исключаем из рассмотрения). Положим $tg x = z$, $tg \pi/k = t_k$ ($k=0, 1, \dots, n-1$). Числитель и знаменатель дроби $f(x)$ можно, заменив $tg(x+\pi/k/n)$ на $(z+t_k)/(1-zt_k)$, представить в виде отношений многочленов от $z$:

$$z + \frac{z+t_1}{1-zt_1} + \dots + \frac{z+t_{n-1}}{1-zt_{n-1}} = \frac{S_1(z)}{R(z)},$$

$$z \cdot \frac{z+t_1}{1-zt_1} \cdot \dots \cdot \frac{z+t_{n-1}}{1-zt_{n-1}} = \frac{S_2(z)}{R(z)},$$

где $R(z) = (1-zt_1) \dots (1-zt_{n-1})$, а оба многочленas $S_1(z)$ и $S_2(z)$ имеют степени $n$ и одни и те же корни $t_0=0$, $t_1$, $t_2$, …, $t_{n-1}$. Тот факт, что дробь $f(x)$, то есть $S_1(z)/S_2(z)$, есть константа, сразу вытекает из следующей леммы:

Лемма. Если многочлен $az^n + bz^{n-1} + \dots + d = p(z)$ степени $n$ имеет $n$ различных корней $z_0$, $z_1$, …, $z_{n-1}$, то он только действно равен $a(z-z_0)(z-z_1) \dots (z-z_{n-1})$.

Доказательство леммы можно проверить индукцией по степени $n$ многочлена $p(z)$. Для $n=1$ оно очевидно: $az+b=a(z-z_0)$, где $z_0=-b/a$. Пусть $p(z)$ — многочлен степени $n+1$ со старшим коэффициентом $a$ и корнями $z_0$, $z_1$, …, $z_{n-1}$. Тогда $p(z)=p(z)-p(z_n)=az^n+bz^{n-1}+\dots+d-(az_n^n+bz^{n-1}+\dots+d)=a(z^n-z_n^n)+b(z^{n-1}-z_n^n)+\dots=(z-z_n)^q(z)$, где $q(z)$ — неотorious многочлен степени со старшим коэффициентом $a$ и корнями $z_0$, $z_1$, …, $z_{n-1}$. По предположению индукции $p(z)=(z-z_0)\cdot a(z-z_0)(z-z_1)$. $\dots(z-z_{n-1})=a(z-z_0)(z-z_1)\dots(z-z_{n-1})$, то есть утверждение леммы справедливо и для многочлена степени $n+1$. (В доказательстве использовалось тожество

$$z^k-a^k=(z-a)(z^{k-1}+z^{k-2}a+\dots+z a^{k-2}+a^{k-1}),$$

из которого видно, что $z^k-a^k$ делится на $z-a$.

в) Найти.constantу $c_n$ для любого (нечетного) $n$ значительной трудности. Ответ: $c_n=(-1)^{\frac{n-1}{2}}n$, то есть $c_3=-3$, $c_5=5$, $c_7=-7$ и т. д. Во всех решениях, которые мы упомяны, использоваются сообщения, связанные с корнями многочленов.

30

Константа $c_n$ может быть получена как отношение старших коэффициентов многочленов $S_1(z)$ и $S_2(z)$. У первого старший коэффициент равен $t_1 t_2 \dots t_{n-1}$, у второго 1, поэтому $c_n = t_1 t_2 \dots t_{n-1}$. Найти знак произведения $t_1 t_2 \dots t_{n-1}$ нетрудно: среди тангенсов $t_k = \text{tg} \pi k/n$ равно $(n-1)/2$ отрицательных (причем $t_{n-k} = -t_k$). Ряд читателей заметил, что произведение $|t_1 t_2 \dots t_{n-1}|$ можно выразить как отношение $Q'_n(0)/P_{n-1}(0)$, где $Q_n(x)$ и $P_{n-1}(x)$ — многочлены Чебышева, определяемые условиями $Q_n(2 \cos \varphi) = 2 \cos n\varphi$, $P_{n-1}(2 \cos \varphi) = \frac{\sin n\varphi}{\sin \varphi}$ (см. статью Н. Васильева и А. Зелевинского в «Кванте», 1982, № 4, с. 17*).

Приведем пожожее, но более прямое рассудение.

Заметим, что $\text{tg} nx$ обращается в 0 в точках 0, $\frac{\pi}{n}, \frac{2\pi}{n}, \dots, \frac{n-1}{n}$ и может быть выражен как отношение $s_n(z)/r_n(z)$ двух многочленов от $\text{tg} x = z$; по индукции, опираясь на формулу

$$\sum_{k=0}^{m} \text{tg}^2 \frac{k\pi}{2m+1} = \frac{m(2m-1)}{3};$$

$$\sum_{k=0}^{m-1} \text{tg} \frac{(4k+1)\pi}{4m} = m;$$

$$\sum_{k=0}^{2m-1} \text{tg} \left(x + \frac{k\pi}{2m}\right) = -\frac{2m}{\text{tg} 2mx};$$

$$\sum_{k=0}^{2m} \text{tg} \left(x + \frac{k\pi}{2m+1}\right) = (2m+1) \cdot \text{tg} (2m+1)x;$$

$$\sum_{k=0}^{2m} \text{tg} \left(x + \frac{k\pi}{2m+1}\right) = (-1)^m \cdot \text{tg} (2m+1)x;$$

$$\sum_{k=0}^{n-1} \sin \left(x + \frac{k\pi}{n}\right) = \frac{1}{2^{n-1}} \sin nx.$$

Константа $c_n$ может быть получена как отношение старших коэффициентов многочленов $S_1(z)$ и $S_2(z)$. У первого старший коэффициент равен $t_1 t_2 \dots t_{n-1}$, у второго 1, поэтому $c_n = t_1 t_2 \dots t_{n-1}$. Найти знак произведения $t_1 t_2 \dots t_{n-1}$ нетрудно: среди тангенсов $t_k = \text{tg} \pi k/n$ равно $(n-1)/2$ отрицательных (причем $t_{n-k} = -t_k$). Ряд читателей заметил, что произведение $|t_1 t_2 \dots t_{n-1}|$ можно выразить как отношение $Q'_n(0)/P_{n-1}(0)$, где $Q_n(x)$ и $P_{n-1}(x)$ — многочлены Чебышева, определяемые условиями $Q_n(2 \cos \varphi) = 2 \cos n\varphi$, $P_{n-1}(2 \cos \varphi) = \frac{\sin n\varphi}{\sin \varphi}$ (см. статью Н. Васильева и А. Зелевинского в «Кванте», 1982, № 4, с. 17*).

При этом многочлен $s_n(z)$ должен иметь $n$ корней $t_0=0, t_1, \dots, t_{n-1}$ и потому по лемме равен

$$s_n = e_n z (z-t_1) \dots (z-t_{n-1}) = e_n z^n + \dots + e_n t_1 \dots t_{n-1} z.$$

Сравним (1) и (2), получаем, что $t_1 t_2 \dots t_{n-1} = e_n n$.

Приведем еще один способ отискания $c_n$. Подставим в тожество $f(x) = c_n$ значение $x = \pi/4n$. Используя формулы приведения $\text{tg} \left(\frac{\pi}{2} - x\right) = \text{tg} \left(\frac{3\pi}{2} - x\right) = 1/\text{tg} x$, не трудно показать, что произведение тангенсов углов $\frac{\pi}{4n}, \frac{5\pi}{4n}, \dots, \frac{(4n-3)\pi}{4n}$, стоящее в знаменателе, равно $(-1)^{\frac{n-1}{2}}$.

Найти сумму в числитель можно, опираясь на тот факт, что для всех этих углов $\text{tg} nx = 1$, и использовать формулу (1) (по существу, именно отисканию этой суммы послешения задача M100 — см. «Кванте», 1972, № 12; ряд соответствий между трионометрическими функциями подобного рода и интересных следствий из них разобран в книге А. М. Яглома и И. М. Яглома «Незелематриные задачи в элементарном изложении» (М., ГТТИ, 1954), задачи 130—145).

В. Алексеев, А. Егоров

M740. Сережа насыпал в цилиндрическую кастрюлю немного пшена и спросил соседку тетю Лиду: «Сколько нуждно налить воды, чтобы получать вкусная каша?» — «Это очень просто, — ответа-

a), 6). Будем считать, что пшено заполняет какую-то часть кастрюли без пустот, наполобие жидкости.

Пусть радиус цилиндрической кастрюли $R$, а пшена насыпано столько, что оно поднялось до высоты $H$

*) Большое того, $Q'_n(x) = nP_{n-1}(x) = |t_1 \dots t_{n-1}| \cdot P_{n-1}(x)$ при всесхх $x$.

32

М742. На а) окружности, б) сфере радиуса 1 расположены n точек. Доказите, что сумма квадратов попарных расстояний между ними не больше $n^2$.

М743. В стране N городов. а) Между любыми двумя городами имеет прямое сообщение самолетом или пароходом. Доказите, что, пользовать лишь каким-то одним видом транспорта, из любого города можно попасть в любой другой (быть может, с пересадками). б) Между любыми двумя городами имеет прямое сообщение самолетом, поездом или пароходом. Доказите, что можно выбрать не менее N/2 городов и один из трех видов транспорта так, что, пользовать им одним, из любого выбранного города можно попасть в любой другой выборный город. в) Проведите пример, доказывающий, что в утверждении б) заменить число N/2 большим вообществом, нельзя.

Рис. 1.

а), б) Пусть $O$ — центр данной окружности (сферы), $X_1, X_2, \dots, X_n$ — данные точки, $\vec{x}_i = \vec{O}X_i$ ($i=1, 2, \dots, n$), $s$ — сумма квадратов попарных расстояний между точками. Тогда, поскольку $|X_iX_j|^2 = (\vec{x}_j - \vec{x}_i)^2$,

$$2s = (\vec{x}_1 - \vec{x}_1)^2 + (\vec{x}_1 - \vec{x}_2)^2 + \dots + (\vec{x}_1 - \vec{x}_n)^2 +$$

$$+ (\vec{x}_2 - \vec{x}_1)^2 + (\vec{x}_2 - \vec{x}_2)^2 + \dots + (\vec{x}_2 - \vec{x}_n)^2 + \dots +$$

$$+ (\vec{x}_n - \vec{x}_1)^2 + (\vec{x}_n - \vec{x}_2)^2 + \dots + (\vec{x}_n - \vec{x}_n)^2 =$$

$$= 2n(\vec{x}_1^2 + \vec{x}_2^2 + \dots + \vec{x}_n^2) -$$

$$-2[(\vec{x}_1\vec{x}_1 + \vec{x}_1\vec{x}_2 + \dots + \vec{x}_1\vec{x}_n) + (\vec{x}_2\vec{x}_1 + \vec{x}_2\vec{x}_2 + \dots +$$

$$\dots + \vec{x}_2\vec{x}_n) + \dots + (\vec{x}_n\vec{x}_1 + \vec{x}_n\vec{x}_2 + \dots + \vec{x}_n\vec{x}_n)] =$$

$$= 2n(\vec{x}_1^2 + \vec{x}_2^2 + \dots + \vec{x}_n^2) - 2\vec{x} \cdot \vec{x},$$

где $\vec{x} = \vec{x}_1 + \vec{x}_2 + \dots + \vec{x}_n$. Поэтому $s = n^2 - |\vec{x}|^2 \leq n^2$, причем равенство достигается в том и только в том случае, когда $\vec{x}_1 + \vec{x}_2 + \dots + \vec{x}_n = \vec{0}$.

Полученная формула для суммы квадратов попарных расстояний между точками $X_i$ является очень частным формулой Лагранжа для таких называемого «момента инерции» системы точных масс. Подробнее о моменте инерции, формуле Лагранжа и их применении в геометрии можно прочитать в статьях М. Балка и Н. Григорьева «Механика помогает геометрию» («Квант», 1973, № 11) и З. Скопец «Расстояние между центрицами двух систем точек» («Квант», 1975, № 3).

В. Прасолов

♦

a) Утверждение легко доказывает индукцией по $N$. Для двух городов оно очевидно. Докажем его для $N+1$ города, предполагая, что оно справедливо для $N$ городов.

Пусть $\Gamma$ — один из $N+1$ городов, тогда оставшиеся $N$ городов по предположению индукции соединены одним видом транспорта, например водным. Если хотя бы один из этих $N$ городов имеет парододное сообщение с городом $\Gamma$, то все ясно. В противном случае из этих городов связан самолетом с городом $\Gamma$, а значит, и с любым другим из них (с пересадкой в $\Gamma$).

б) Переформулируем задачу так:

Даны $N$ точек, каждые две из которых соединены красным, сним или черным отрезками. Будем говорить, что какие-то из этих точек образуют красную (синюю или черную) связку, если их можно обойти, дивяясь только по красным (синю или черным) отрезкам. Нало доказать, что можно выбрать связку, содержащую больше точек, чем $A$, а также, что $C \cup D$ — черная связка. Поскольку число точек в связках $A = A_0 \cup C$ и $B = B_0 \cup C$ не меньше, чем в связке $C \cup D$, множество $A_0$ и $B_0$ не пусты. Таким образом, все данные $N$ точек разбиваются на две связки $A_0 \cup B_0$ и $C \cup D$. Однако из них должно содержать не менее $N/2$ точек, а это противоречит тому, что число точек в максимальной связке $A$ меньше $N/2$.

Полученное противоречение доказывает 6).

33

в) Построим пример множества из $N=4k$ точек с соединяющими их отрезками трех цветов, в котором число точек в максимальной связи равно в точности $N/2$. (Для $N=4k+r$ при $r=1$, 2, 3 построение аналогично, но максимальный размер связи будет равен $[N/2]+1$, причем можно доказать, что в этих случаях связка такого размера найдется в сетда.)

Разделим все точки на 4 группы $A_0, B_0, C$ и $D$ по $k$ точек в каждой. Соединим черными отрезками все точки множества $A_0$ со всеми точки $B_0$ и все точки $C$ со всеми точки $D$. Аналогично соединим точки множества $A_0$ и $C$, $B_0$ и $D$ красными отрезками, $A_0$ и $D$, $B_0$ и $C$ — синими (на рисунке 2 изображен случай $k=2$). Внутри каждой из четырех групп отрезки можно проведить произвольное — любые две точки любого из множества $A_0, B_0, C$ и $D$ уже соединены ломанными каждой из трех цветов.

Легко видеть, что при такой раскраске отрезков любые две из четырех групп образуют связку с максимальным числом точки, равным $2k=N/2$.

Л. Курляндчик

M744*. В треугольник $ABC$ вписан подобный ему треугольник $A_1B_1C_1$ (вершины $\hat{A}_1, \hat{B}_1, \hat{C}_1$ уделов, равных по величине $\hat{A}, \hat{B}, \hat{C}$, лежат соответственно на отрезках BC, CA и AB). Пусть $A_0, B_0, C_0$ — точки пересечения прямых $BB_1$ и $CC_1, AA_1$ и $CC_1, BB_1$ и $AA_1$. Доказите, что шесть окружностей, описанных около треугольников $ABC_0, BCA_0, ACB_0, A_1B_1C_0, A_1C_1B_0, B_1C_1A_0$, пересекаются в одной точке.

Рис. 1.

Рис. 2.

Наибольшее естественное решение задачи основано на том, что все 6 рассматриваемых окружностей проходят через неподвижную точку преобразования подобия, переводящего $\Delta ABC$ в подобный ему $\Delta A_1B_1C_1$. Для нас важно, что существует лишь единственное такое преобразование. (В самом деле, предположим, что имеются два преобразования подобия, $\Pi$ и $\Pi_1$, которые переводят $\Delta ABC$ в $\Delta A_1B_1C_1$. Тогда преобразование подобия $F=\Pi^{-1}\circ \Pi$ оставляет точки $A$, $B$ и $C$ на месте (например, $F(A)=\Pi^{-1}(\Pi(A))=\Pi^{-1}(A_1)=A$). Отсюда вытекает, что $F$ — пересечение и, более того, тождественное преобразование. Следовательно, преобразование $\Pi^{-1}$ является обратным к $\Pi$, то есть $\Pi=\Pi_1$.

Разбем теперь рассматриваемые окружности на три пары: $ABC_0$ и $A_1B_1C_0, BCA_0$ и $B_1C_1A_0, CAB_0$ и $C_1A_1B_0$. Возьмем любую из этих пар, например окружности $S$ и $S_1$, описанные около треугольников $ABC_0$ и $A_1B_1C_0$. Они имеют общую точку $C_0$; пусть $O$ — вторая их общая точка (см. рис. 1; если они касаются, положим $O=C_0$). Мы показем, что существует преобразование подобия, оставлящее на месте точку $O$, и только ее, и преобразование $\Delta ABC$ в $\Delta A_1B_1C_1$. Поскольку пар окружностей $S$ и $S_1$ можно заменить на любую из двух других пар, и при этом должны получаться одно и то же преобразование подобия, все три пары окружностей должны общую точку, что нам и требуется.

Итак, пусть пока $O \neq C_0$; обозначим центры окружностей $S$ и $S_1$ через $Q$ и $Q_1$. Выполняя последовательное поворот $R_0^\circ$ вокруг точки $O$ на угол $\varphi=QOQ_1$ в соответствии направления (на рисунках — против часов стрелки) и готовим $H_0^\circ$ с центром $O$ и коэффициентом $k=|OQ_1|:|OQ|$, мы получим преобразование подобия $\Pi=H_0^\circ \circ R_0^\circ$, переводящие точку $Q$ в $Q_1$. При этом точка $O$ (и только она) остается на месте, а окружность $S$ переходит в окружность с центром $Q_1$, проходящую через точку $O: \Pi(S)=S_1$. Доказем, что $\Pi$ и есть нужное нам преобразование, то есть $\Pi(\Delta ABC)=\Delta A_1B_1C_1$.

Заметим, что точки $A$ и $A_1$ находится по разные стороны от прямой $OC_0$, и потому лежат на «внешних» двумя $OC_0$ окружностями $S$ и $S_1$ (рис. 2). Следовательно, угол $OAC_0$ равен по величине поливне центрального угла $\theta QC_0$, то есть $\theta AA_1=\theta QQ_1$, и, аналогично, $\theta A_1A=OQ_1Q$. Таким образом, $\Delta OAA_1 \sim \Delta OQQ_1$. С другой стороны, $\Delta OQQ_1 \sim \Delta OAA'$, где $A'=\Pi(A)$, поскольку по определению преобразования $\Pi, AOA'=\varphi=QOQ_1$ и $|OA'|=k=|OQ_1|:|OQ|$. Итак, треугольники $OAA_1$ и $OAA'$ подобны и имеют общую сторону $OA$, поэтому точки $A_1$ и $A'$ либо совпадают, либо симметричны относительно $(OA)$, а так как они лежат на окружности $S_1, A_1=A'=\Pi(A)$.

34

М745. а) Задана последовательность чисел ($d_n$) таких, что $|d_n| \leq 1$ ($n=1, 2, \dots$). Докажите, что можно выбрать последовательность ($s_n$) из чисел $+1$ и $-1$ так, что для всех $n$
$$|d_1s_1 + d_2s_2 + \dots + d_ns_n| \leq 1.$$
6) Задана последовательность трех чисел ($a_n, b_n, c_n$) таких, что $|a_n| \leq 1, |b_n| \leq 1, |c_n| \leq 1$ и $a_n + b_n + c_n = 0$ ($n=1, 2, \dots$). По ней строится новая последовательность трех ($x_n, y_n, z_n$), в котором $x_0 = y_0 = z_0 = 0$, а каждая тройка ($x_n, y_n, z_n$) при $n \geq 1$ получается из предыдущей ($x_{n-1}, y_{n-1}, z_{n-1}$) прибавлением к $x_{n-1}$ одного из чисел $a_n, b_n, c_n$ по нашему выбору, к $y_{n-1}$ — другого, к $z_{n-1}$ — третьего. Можно ли всегда добиться того, что все числа $x_n, y_n, z_n$ будут по абсолотной величины не больше 1 или, хотя бы, ограничены некоторой контанентой?
в) Выясните аналогичные вопросы для последовательности четырех чисел.

Рис. 1.

Аналогичное доказывается, что $B_1 = \Pi(B)$. Наконец, пусть $C' = \Pi(C)$. Как и выше, из подобия треугольников $A_1B_1C' = \Pi(\triangle ABC)$, $ABC$ и $A_1B_1C_1$ вытекает, что точки $C_1$ и $C'$ либо совпадают, либо симметрицы относительно ($A_1B_1$). Но точки $C$ и $O$ лежат по одному сторону от $(AB)$, поэтому их образы $C'$ и $O$ должны лежать по одному сторону от $(A_1B_1)$, и, следовательно, $\Pi(C) = C_1^*$).

Если окружности $S$ и $S_1$ касаются, то, как легко видеть, в качестве преобразования $\Pi$ следует взять готовую с центром $O = C_0$. В этом случае треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$ готовятся, что возможно ли шить тогда, когда $A_1, B_1$ и $C_1$ — середины стороны треугольника $ABC$, а $A_0 = B_0 = C_0$ — точка пересечения его медиан.

Д. Изак, В. Дубровский

♦
a) Положим $u_n = s_1d_1 + \dots + s_nd_n$. Числа $s_1, s_2, \dots$ можно выбирать по очереди следующим образом: $s_1$ — произвольное; пусть $s_1, s_2, \dots, s_n$ уже выбираны так, что $|u_k| \leq 1$ для всех $k = 1, \dots, n$, тогда $s_{n+1}$ береется равным $-1$, если числа $u_n$ и $d_{n+1}$ имеют одинаковые знаки, и $+1$, если разные. Совершенно очевидное сообщение, которое мы здесь пользовемся, пригодится и в дальнейшем, поэтому формулируем его в виде леммы:

Лемма. Если два числа имеют разные знаки и каждое по modulo не превысит $M$, то их сумма по modulo не больше $M$.

Эта лемма применяется к числам $u_n$ и $s_{n+1}d_{n+1}$ (в данном случае $M = 1$).

6. Будем называть тройку чисел нормальной, если их сумма равна 0 и каждое не превысит по modulo 1. Докажем, что можно по очереди «складывать» тройки ($a_n, b_n, c_n$), переставляя в них числа так, что тройка ($x_n, y_n, z_n$) будет нормальной при любом $n$. Для этого достаточно заменить, что если тройки $(x, y, z)$ и $(a, b, c)$ нормальны, причем $x \geq y \geq z$ и $a \leq b \leq c$, то тройка $(x+a, y+b, z+c)$ также нормальная. В самом деле, поскольку $ax \leq 0$ и $cz \leq 0$, для суммы крайних чисел неравенства $|a+x| \leq 1$ и $|c+z| \leq 1$ выполняны по лемме (при $M = 1$), а средние числа по modulo не больше 1/2 (если $x \leq y \leq z$, то $x+2y \leq x+y+z=0$, поэтому $y \leq -x/2 \leq 1/2$; аналогично доказывается, что $y \geq -1/2$ и что $|b| \leq 1/2$).

Задча 6) имеет красную геометрическую интерпретацию. Между тройками чисел с суммой 0 и точками плоскости можно установить соответствие с помощью «системы координат» на плоскости, состоящей из трех осей $Ox, Oy$ и $Oz$, составляющих друг с другом углы величины $120^\circ$; при этом каждой точке $P$ отвечает координаты $x, y$ и $z$ ее проекций на эти оси (см. рис. 1). Поскольку сумма единичных векторов $e_x, e_y$ и $e_z$ равна 0, $x+y+z = OP \cdot e_x + OP \cdot e_y + OP \cdot e_z = OP \cdot (e_x + e_y + e_z = 0)$. Условия $|x| \leq 1$, $|y| \leq 1$ и $|z| \leq 1$ задают три полосы ширины 2, перпендикулярные осями; их пересечение и есть шестиугольник, показанный на рис. 1.

Теперь можно посять наше решение. Перестановке двух чисел в тройке, то есть двух координат, отвечает симметрия шестиугольника относительно осей $Ox, Oy, Oz$, а двум «противоположно упорядоченным» тройками $(x, y, z), x \geq y \geq z$, и $(a, b, c), a \leq b \leq c$ — два вектора, лежащие в противоположных — красном и голубом — четырехугольника (см. рис. 1). Их сумма всегда лежит внутри шестиугольника, поэтому, если переводить симметриями

*) Установить совпадение точки $A'$ и $A_1$, $C'$ и $C_1$ можно было бы, опираясь на то наглудно очевидное сообщение, что направления обхода вершин треугольников $OAA'$ и $OAA_1$, а также треугольников $A_1B_1C_1$ и $A_1B_1C_1$, должны быть одинаковыми. Однако проведи также расчудение строого, без ссылки на чертеж, и даже всего лишь аккуратно определять «направление обхода» довольно сложно.

35

вектор $(a_n, b_n, c_n)$ в четырехугольник, противоложный тому, где лежит вектор $(x_{n-1}, y_{n-1}, z_{n-1})$, прежде чем их складывать, то мы всегда сумем остаться внутри шестиугольника.

Заметим еще, что при надлежащем выборе системы координат $OXYZ$ в пространстве, этот же шестиугольник будет сечением куба $\{|X| \leq 1, |Y| \leq 1, |Z| \leq 1\}$ плоскостью $X+Y+Z=0$ (см. рис. 2). При этом координаты любой точки плоскости шестиугольника в системе $Oxyz$ и $OXYZ$ будут совпадать.

в) Здесь уже нельзя утверждать, что все числа будут по modulo не больше 1, как показывает пример двух четырехугольников $(1; 1; -1; -1)$ и $(1/3; 1/3; 1/3; -1)$: среди их попарных сумм непреемно встретились число 4/3=1+1/3. Однако при операции сложения «переставленных» четырехугольников получить числа, не превосходящие неокторой постоянной; чтобы это доказать, удобно заменить условия, что числа не превосходят по modulo 1, другим, которое бы сохранялось при такой операции. Вот одно из таких условий:

() все числа четырехи попарно отличятся друг от друга не более чем на 2 (то есть разность набольшого и наименьшего не больше 2). Доказем, что если две четырехи чисел $x_1 \geq x_2 \geq x_3 \geq x_4$ и $a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq a_4$ удовлетворяют этому условию, то четырехи $(x_1+a_1, x_2+a_2, x_3+a_3, x_4+a_4)$ ему также удовлетворяют. Пусть $1 \leq j < k \leq 4$. тогда разность $(x_j+a_j) - (x_k+a_k) = (x_j-x_k) + (a_j-a_k)$ по modulo не превосходит 2, поскольку числа $x_j-x_k$ и $a_j-a_k$ имеют разные значки и не превосходят по modulo 2 (лемма из пункта a) при $M=2$. Итак, мы доказали, что можно складывать четырехи чисел (каждый раз, быть может, переставляя их) так, чтобы сохранялось условия (). Осталось заметить, что в четырехи чисел с суммой 0, удовлетворяющей этому условию, набольшое по modulo число не превосходит 3/2; в самом деле, пусть, например, $x_1>3/2$, тогда $x_k \geq \frac{3}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$; аналогично доказывается, что числа $x_j$ не могут быть меньше — 3/2.

Для $m$-ок чисел при $m \geq 5$ дело обстоит так же, как для четырехи: $m$-ки, полученные из данной последовательности наборов из $m$ чисел, по modulo не больше 1, подхождения перестановками чисел в наборах и сложением, будут удовлетворять условия (*); при этом, если сумма каждого набора равна 0, то все числа по modulo не будут превосходить 2—2/m.

На рисунке 3 показана геометрическая интерпретация задачи в). Вместо трех осей на плоскости, идущих из центра правильного треугольника к его вершинам, надо взять 4 оси в пространстве, направленные к вершинам правильного tetrahedра из его центра. Поскольку сумма единних векторов этих осей равна 0, каждой точке пространства отвешает четырехи чисел с нулевой суммой, составленная из координат проекций этой точки на оси $Ox_1, Ox_2, Ox_3, Ox_4$. Условие $|x_i| \leq 1$ выделяет в пространстве слой толщины 2, заключенный между плоскостями, перpendикулярными оси $Ox_i$; пересечение четырех таких слоев есть octаэдр (рис. 3, а). Условие () задает в пространстве «ромбодеэдр» — 12-гранник, все грани которого — ромбы (рис. 3, б).

Попробуйте дать геометрическую интерпретацию решения задачи в).

H. Васильев

*) Этот многогранник заменяет тем, что его одинаковыми экземплярами можно без просветов замостить все пространство (см., например, книгу Г. Штейнгауза «Математический калейдоскоп» (М., «Наука», 1981, с. 95). Любопытно, что центры ячеек такого заполнения служат одновременно центрами шаров, образующих наиболее плотную решетату упаковку, о которой говорилось в списке к решению задачи М740.

36

Ф748. По винтообразному железу с прямоугольным профием, вырезанному на внутренней поверхности бесконечного длиного полого цилиндра, скольzt malенький кубик (рис. 1). Радиус основания цилиндра равен R, шадь винта — h, коэффициент треня скольжения — μ. Найти установившуюся скорость движения кубика. (Размер кубика и глубина железа много меньше R.)

Рис. 1.

Для решения задачи удобно «развернуть» цилиндр. Траектория кубика на развертке — прямая, наклоненная под углом α к горизонту (рис. 2).

Кубик движется с установившейся скоростью, когда сумма проекций сил, действующих на кубик, на направление наклонной прямой равна нулю. Запишем это условия:

$$mg \sin \alpha - \mu mg \cos \alpha - \mu \frac{mv_{\perp}^2}{R} = 0.$$

Здесь $mg \sin \alpha$ — проекция силы тяжестки, $\mu mg \cos \alpha$ — проекция силы треня о «дно» железа, $\mu \frac{mv_{\perp}^2}{R}$ — проекция силы треня о боковой стенку железа (эта сила равна μN, где N — сила нормальной реакции со стороны боковой стенки, сообщащая кубик центростремительное ускорение $\frac{v_{\perp}^2}{R} = \frac{v^2 \cos^2 \alpha}{R}$, то есть $N = \frac{mv^2 \cos^2 \alpha}{R}$). Из выражения (*), учитывая, что sin α = $\frac{2\pi R}{\sqrt{4\pi^2 R^2 + h^2}}$ и cos α = $\frac{2\pi R}{\sqrt{4\pi^2 R^2 + h^2}}$, находим установившуюся скорость движения кубика:

$$v = \sqrt{Rg \sqrt{1 + \left(\frac{h}{2\pi R}\right)^2 \left(\frac{h}{2\pi R}\mu - 1\right)}}.$$

(Из полученного выражения видно, что кубик будет двигаться по железу при условии μ < $\frac{h}{2\pi R}$.)

Р. Энфиджан

Ф749. Массивный диск врачается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью Ω. На него сверху опускают диск радиуса r массы m, ось которого направлена строю вертикально (рис. 1). Расстояние между осями дисков равно d (d > r). Коэффициент треня между поверхностями дисков равен μ. Определить установившуюся угловую скорость малого диска. Какой момент сил необходимо приложить к оси большого диска, чтобы скорость его врачания оставалась неизменной? Тренue в осях отсутствует.

Постотрим, как будет движаться малый диск сразу после соприкосновения с большим.

Выберем два одинаковых небольших участка малого диска, расположенных на одном диаметре симметрично относительно центра диска. На рисунке 2 точки A1 и A2 — центры масс таких участков. В момент касания дисков (когда малый диск еще поконтся) скорости $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$ тех точки большого диска, которые соприкаются с точки A1 и A2 малого диска, направлены так, как показано на рисунке 2 (|\vec{v}_1| = |\vec{v}_2| = Ω |OA_1| = Ω |OA_2|). Понятно, что вдоль векторов $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$ будут направлены в момент касания силы треня $\vec{F}_1$ и $\vec{F}_2$, действующие со стороны большого диска на участке A1 и A2 малого диска (|\vec{F}_1| = |\vec{F}_2|). Поскольку силы $\vec{F}_1$ относительно оси малого диска (l1 на рисунке 2) меньше силы $\vec{F}_2$ (l2 на рисунке 2), суммарный момент силы $\vec{F}_1$ и $\vec{F}_2$ будет закручивать малый диск в направлении врачания большого диска.

37

Рассмотрев аналогичные пары участков малого диска, мы приdem к выводу, что сразу после касания малый диск начинает закручивать в направлении врашения большого диска.

Пусть в некоторых момент времени угловая скорость малого диска стала равной $\omega$. Скорости участков $A_1$ и $A_2$ будут равны соответствию $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$ и $|\vec{v}_1| = |\vec{v}_2| = \omega r$, где $r = |O'A_1| = |O'A_2|$ (рис. 3). Сильные трения $F_1'$ и $F_2'$, действующие на эти участки, будут направлены вдоль векторов $(\vec{v}_1 - \vec{v}_1')$ (относительная скорость точки большого диска, касающейся точки $A_1$) и $(\vec{v}_2 - \vec{v}_2')$ (относительная скорость точки большого диска, касающейся точки $A_2$). Понятно, что момент пары сил $F_1'$ и $F_2'$ будет раскручивать малый диск (то есть угловая скорость диска будет меняться), если $|\vec{v}'| = |\vec{v}'| < \frac{B_1 B_2}{2} = \Omega r$ (см. рис. 3; для удобства сравнения векторы, «относитсяя» к точке $A_2$, пересечены в точку $A_1$).

Таким образом, пока $\omega < \Omega$, имеется отличный от нуля момент сил трения, раскручивающий малый диск. При $\omega = \Omega$ относительные скорости участков $A_1$ и $A_2$ направлены перpendicularно отрезку $OO'$ (вдоль отрезка $A_1 C$ на рисунке 3), и момент сил трения относительно оси малого диска равен нулю. Следовательно, и в дальнейшем малый диск будет врашаться с установленшей угловой скоростью $\Omega$.

При $\omega = \Omega$ все силы трения, действующие на различные одинаковые участки малого диска, будут равны по абсцилотной величины и направлены одинаково — перpendicularно отрезку $OO'$. Согласно III закону Ньютона, результатирующая всех сил трения, действующих на больший диск, будет приложена к точке большого диска, касающейся центра $O'$ малого диска, и равна $\mu m g$. Чтобы компенсировать тормозящий момент этой силы, к оси большого диска надо приложить момент сил

$$M = \mu m g.$$

С. Кротов

Ф750*. При изменении направления на элемент Э ток через него меняется так, как показано на рисунке 1. Как будет меняться со временем направление Э, если его включить в схему, приведенную на рисунке 2 (параметры схемы указаны на рисунке)? Какого минимального сопротивления резистор можно подключать параллельно элементу Э, чтобы направление не оставалось постоянным?

Редакция принoit извенения за неточный рисунок, приведенный в условия задачи в «Кванте» № 4 этого года (рис. 4 на с. 26).

Рассмотрим поведение схемы с момента включения. В момент включения ток через катушка и элемент Э равен нулю; при этом направление на элемент также равен нулю, и все направление батареи приложено к катушке. Ток через катушка (и через элемент) начинает нарастать. Когда он достигает значения $I_1 = 5$ мА, произходит скачок направления на элемент — при фиксированном токе 5 мА (tok через катушка не может меняться скачком) направление на нем мгновенно увеличивается до $U_1 = 0,8$ В (см. рис. 1). При этом направление на катушка меняет знак ($U_1 > \varepsilon$) и, следовательно, ток начинает убывать. Аналогично, когда ток уменьшится до значения $I_2 = 0,5$ мА, вовь произойдет скачок направления на элемент — оно уменьшится практически до $U_2 \approx 0$, и все начинается сначала.

Рассчитаем приближительное время $\tau_1$ нарастания тока от $I_0 = 0$ до $I_1 = 5$ мА и время $\tau_2$ убывания тока от $I_1 = 5$ мА до $I_2 = 0,5$ мА. Поскольку направление на элемент при увеличении тока от 0 до $I_1$ меняется мало, будем считать, что среднее направление на катушка за время $\tau_1$ равно

$$U_{\kappa 1} \approx 0,2 - 0,1/2 = 0,15 \text{ B}.$$

Точно так же среднее направление на катушка за время $\tau_2$ будет считать равным

$$U_{\kappa 2} \approx \frac{0,8 + 0,6}{2} - 0,2 = 0,5 \text{ B}.$$

38

При нарастании тока
$$LI' = U_{к1}, \quad I' = \frac{\Delta I}{\tau_1} = \frac{I_1 - I_0}{\tau_1} = \frac{I_1}{\tau_1}.$$
Отсюда находим $\tau_1$:
$$\tau_1 = \frac{LI_1}{U_{к1}} = \frac{10 \cdot 10^{-3} \cdot 5 \cdot 10^{-3}}{15 \cdot 10^{-2}} \approx 0.33 \cdot 10^{-3} \text{ c}.$$
При убывании тока
$$LI' = U_{к2}, \quad |I'| = \frac{|I_2 - I_1|}{\tau_2},$$
откуда
$$\tau_2 = \frac{L(I_1 - I_2)}{U_{к2}} = \frac{10 \cdot 10^{-3} \cdot 4,5 \cdot 10^{-3}}{5 \cdot 10^{-1}} = 9 \cdot 10^{-5} \text{ c}.$$
График изменения напряжения на элементе Э со временем приведен на рисунке 3.

Подключим параллельно элементу резистор. Для того чтобы напряжение на элемент не оставалось постоянным (то есть чтобы существовали колебания), необходимо, чтобы на «суммарной» волтамперной характеристике (элемент + резистор) присутствовал хотя малый участок, на котором напряжение падает с ростом тока (строгого говоря — в точке $U = \mathcal{E}$). Построив характерisticку для резистора ($I = U/R$) и «суммарную» характеристику (проделяте это самостояльно), найдем минимальное сопротивление, при котором напряжение на элементе не оставется постоянным: $R_{\min} \approx 100 \text{ Om}$.

(Отметим, что такое завиисимость $I(U)$, как на рисунке 1, имеет широко распространенный прибор — туннельный диод. Схема на рисунке 2 — общая схема генератора импульсов на туннельном диode.)

3. Рафайлов

Ф751. На очень шероховатый цилиндр радиуса $r$, расположенный горизонтально, надет тонкий обруч радиуса $R$ (рис. 1). Найти перiod колебаний обруча в вертикальной плоскости.

Рис. 1.

Рис. 2.

Пусть обруч отклонен от положения равновесия так, что радиус-вектор точки $A$ — той точки, в которой в положении равновесия обруч касался цилиндра (рис. 2), — составляет с вертикально малый угол $\varphi_0$. Энергия, которой обладает обруч в момент максимального отклонения, равна
$$E_0 = Mg(R - r)(1 - \cos \varphi_0)$$
где $M$ — масса обруч. Если обруч отпустить, он начинает совершать колебания. При этом в любой момент времени полная энергия обруча будет равна $E_0$.

Если угол отклонения радиус-вектора $OA$ от вертикали равен $\varphi$, то потенциальная энергия обруча равна $E_\pi = Mg(R - r)(1 - \cos \varphi)$, а его кинетическая энергия равна $E_\kappa = 2 \cdot \frac{M}{2} ((R - r)\varphi')^2$ (мы учили, что кинетическая энергия обруча, скорость центра которого равна $(R - r)\varphi'$, где $\varphi'$ — скорость изменения угла $\varphi$, складывается из энергии движения центра обруча и равной ей (поскольку отсутствует просkalывание) энергии вращения вокруг центра). Таким образом, полная энергия обруча равна
$$E = E_\pi + E_\kappa = Mg(R - r)(1 - \cos \varphi) + M((R - r)\varphi')^2.$$
Согласно закону сохранения энергии $E = E_0$, то есть
$$Mg(R - r)(1 - \cos \varphi) + M((R - r)\varphi')^2 = Mg(R - r)(1 - \cos \varphi_0).$$
Приравняем производные левой и правой части этого равенства:
$$g(R - r)\sin \varphi \cdot \varphi' + 2(R - r)^2\varphi' \varphi'' = 0,$$
или, поскольку угол $\varphi$ мал и sin $\varphi \approx \varphi$,
$$\varphi'' = -\frac{g}{2(R - r)}\varphi.$$

39

Это выражение описывает гармоничные колебания, частота которых равна $\omega = \sqrt{g/2(R-r)}$.
Таким образом, период колебаний обруча равен

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{2(R-r)}{g}}.$$

К. Сердееев

Ф752. На расстоянии $L_1 = 5$ м от тонкой собирающей лины с фокусным расстоянием $F = 10$ см расположена равномерно освещенная вертикальная плоскость $\Pi$. Между линиями и плоскостью на расстоянии $L_2 = 1$ м от лины расположена вертикальная плоскость плоскости полости колебания $l = 5$ см, в которой проделано отверстие диаметра $d = 1$ см (центр отверстия находится на главной оптической оси лины). Как будет выгляделить путь на экран Э, помещением в фокальный плоскости лины справа от нее? (Внутренние стены отверстия не отражают свет.)

Необчная «динафрагма», не прилегающая к линиze вплотную, существенно влияет на изображение — оно оказывается неравномерно освещенным пятном. Размер яркой области в центре пятна определяется двумя факторами: диаметром совершено не закрытой зоны стены (плоскости $\Pi$) — он равен диаметру $d$ отверстия — и тем, что экран расположен не в плоскости резкого изображения — эта плоскость находится от лины на расстоянии

$$f = \frac{L_1F}{L_1-F} = \frac{500 \cdot 10}{500-10} \approx 10,2 \text{ см.}$$

Без учета второго фактора (изображение — в фокальной плоскости) размер пятна

$$d_1 = d \frac{F}{L_1} = 1 \cdot \frac{10}{500} = 0,02 \text{ см} = 0,2 \text{ мм.}$$

За счет второго фактора изображение «размазывается», степень «размазывания» зависит от диаметра лины $D$. Прием для оценки $D = 2$ см. тогда изображение точки стены на экран в фокальной плоскости вместе точки будет кругом с диаметром

$$d_2 = D \frac{F'-F}{F'} = 2 \frac{10,2-10}{10} = 0,04 \text{ см} = 0,4 \text{ мм.}$$

Таким образом, диаметр яркого пятна в центре изображения будет примерно 0,6 мм.

Если бы линия была большого диаметра, то полный размер пятна определялся бы расстоянием от оси лины до тех точки, которые еще видны через диферму. Ясно, что входное и выходное отверстия дифермы полностью перекрывают лучи от точки стены, удаленных от оси на расстояния, большие чем

$$r \approx (L_1-L_2) \frac{d}{l} = (500-100) \frac{1}{5} = 80 \text{ см.}$$

Тогда пятно имею бы диаметр

$$d_3 \approx 2r \frac{F}{L_1} = 2 \cdot 80 \cdot \frac{10}{500} = 3,2 \text{ см,}$$

и его освещенность спадала бы от максимума в центральном круге до нуля к краям (чем дальше от оси, тем больше частность светового потока перекрывается дифермой, да и угол падения лучей увеличивается).

Для того чтобы сказанное было справедливо, нужно иметь линзу с диаметром $D' \approx 2r \cdot \frac{L_2}{L_1-L_2} = 40 \text{ см.}$. Так как реализно линза имеет существенное диаметр, размер большого пятна определяется диаметром лины и размером входного отверстия дифермой. На линзу попадают лучи от тех точки, которые лежат внутри круга радиуса $r_1 \approx \frac{L_1-L_2}{L_2} \left( \frac{D}{2} + \frac{d}{2} \right)$. Для $D = 2$ см $r_1 \approx 6$ см, и максимальный диаметр пятна на экран —

$$d_4 = 2r_1 \frac{F}{L_1} \approx 2 \cdot 6 \cdot \frac{10}{500} \approx 0,24 \text{ см} = 2,4 \text{ мм.}$$

А. Зильберман

Ф753. На рисунке 1 приведена зависимость напряжения источника питания от тока на

40

эрзик. Найти максимальную мощность, которую можно получить в напряжение. При каком сопротивлении напряжение? Для чего может попадаться такой источник питания, и как практическую осуществить такой зависящость $U(I)$?

Рис. 1.

Рис. 2

ЭДС и внутренними сопротивлениями, которые «работают» только в определенных диапазонах значений $U$ и $I$. Из графика определяем:

на участке $I - \mathcal{E}_1 = U_1(0) = 6$ В,

$$r_1 = \frac{6 \text{ B}}{0,3 \text{ A}} = 20 \text{ Om};$$

на участке $II - \mathcal{E}_{II} = U_{II}(0) = 3$ В,

$$r_{II} = \frac{3 \text{ B}}{0,6 \text{ A}} = 5 \text{ Om}.$$

Мощность, выделяющаяся на напряжение с сопротивлением $R$, равна

$$W_R = I^2 R = \frac{\mathcal{E}_2^2 R}{(R + r)^2}.$$

Из условия $W'_R = 0$ найдем, при каком $R$ $W_R$ максимальное:

$$W'_R = \frac{\mathcal{E}_2^2}{(R + r)^2} - \frac{2 \mathcal{E}_2^2 R}{(R + r)^3} = 0,$$ или $1 - \frac{2R}{R + r} = 0,$

откуда получаем $R = r$.

Итак, на участках $I$ и $II$ максимальные мощности выделяются на напряжение, сопротивления которых равны, соответствующей,

$$R_1 = r_1 = 20 \text{ Om}, \quad R_{II} = r_{II} = 5 \text{ Om}.$$

Соответствие точки в цепи должны быть равны

$$I_1 = \frac{\mathcal{E}_1}{R_1 + r_1} = 0,15 \text{ A}, \quad I_{II} = \frac{\mathcal{E}_{II}}{R_{II} + r_{II}} = 0,3 \text{ A}.$$

Обе работы точки попадают на соответствующие участки, и, следовательно, на каждом из них действительное обеспечивается максимальная мощность в напряжение.

Соответствие максимальных мощности равны

$$W_1 = I_1^2 R_1 = 0,45 \text{ Вт}, \quad W_{II} = I_{II}^2 R_{II} = 0,45 \text{ Вт}.$$

На рисунке 2 приведена простая схема, обеспечивающая зависящость $U(I)$ в цепи такую, как на рисунке 1 (диод считаем идеальным). Интересно отмечить, что при значительных изменениях величины напряжения сопротивления мощность в напряжение почти не изменяется. Это может оказаться очень удобным для калорimetрических оптовов. Подумайте сами, какова должа быть кривая зависящости $U$ от $I$, чтобы мощность напряжения не зависяла от величины $R_H$.

А. Зильберман

Ф754. Муравей бежит от муравейника по прямой так, что скорость его обратно пропорциональна расстоянию до центра муравейника. В тот момент, когда муравей находится в точке $A$ на расстоянии $l_1 = 1$ м от центра муравейника, его скорость равна $v_1 = 2$ см/c. За какое время муравей добежит от точки $A$ до точки $B$, которая находится на расстоянии $l_2 = 2$ м от центра муравейника?

Скорость муравья меняется со временем не по линейному закону. Поэтому средняя скорость на разных участках пути различана, и пользоваться для решения известными формулами для средней скорости мы не можем.

Разобем путем муравья от точки $A$ до точки $B$ на малые участки, проходящие за одинаковые промежутки времени $\Delta t$. Тогда $\Delta t = \frac{\Delta l}{v_{cp}(\Delta l)}$, где $v_{cp}(\Delta l)$ — средняя скорость на данной отрезке $\Delta l$. Эта формула подсказывает идею решения задачи: наиссум график зависящости величины $\frac{1}{v_{cp}(\Delta l)}$ от $l$ на пути от точки $A$ до точки $B$. Этот график — отрезок прямой (см. рисунок). Защитрованная на рисунке плодаль под этим отрезком численно равна исключому времени. Вычислим ее:

$$S = \frac{1/v_1 + 1/v_2}{2} \left(l_2 - l_1\right) = \left(\frac{1}{2v_1} + \frac{1}{2v_1} \frac{l_2}{l_1}\right) \left(l_2 - l_1\right) = \frac{l_2^2 - l_1^2}{2v_1 l_1}$$

41

(так как $\frac{1}{v_2} = \frac{1}{v_1} \frac{l_2}{l_1}$).

Таким образом, муравей добежит от точки $A$ до точки $B$ за время

$$T = \frac{4-1}{2 \cdot 2 \cdot 10^{-2} \cdot 1} = 75 \text{ с}.$$

С. Кротов

Ф755. Спутник представляет собой легкую жесткую сферу радиуса $R = 1$ м и массы $M = 1$ кг, наполненную воздухом при давлении $p = 10^{-3}$ атм и температуре $T = 300$ К. Однако времени в стенке сферы открывается два кланана, расположенные друг от друга на расстоянии, равном радиусу сферы. Площади клананов $S_1 = 10^{-4} \text{ cm}^2$ и $S_2 = 2 \cdot 10^{-4} \text{ cm}^2$. Начти величины отклонения спутника от пряжей траектории за время $\tau = 100$ с.

До открытия клананов давление внутри сферы равна $p$. Оно является результатом управления молекул от стенки, причем каждая молекula сообщила стенке импульс $2mv_\perp$, где $v_\perp$ — абсолотная величина перpendикулярной стенке проекции скорости молекулы. После открытия кланана каждая молекula переносит через «поверхность» ответствия только имплус $mv_\perp$. Следовательно, на сферу будут действовать силы $F_1 = \frac{p}{2} S_1$ и $F_2 = \frac{p}{2} S_2 = pS_1$, направленные по радиусам. Спроектировав эти силы на оси $OX$ и $OY$, найдем проекции $F_x$ и $F_y$ равной действующей этих сил (см. рисунок):

$$F_x = F_1 \cos 30^\circ + F_2 \cos 30^\circ = \frac{3}{2} pS_1 \cos 30^\circ,$$

$$F_y = -F_1 \sin 30^\circ + F_2 \sin 30^\circ = \frac{1}{2} pS_1 \sin 30^\circ.$$

Таким образом, результаты проекции сила, действующая на сферу, равна по абсолотной величины

$$F = \sqrt{F_x^2 + F_y^2} = \sqrt{\frac{7}{4}} pS_1$$

и направлена под углом $\alpha$ к оси $OX$ таким, что

$$tg \alpha = \frac{F_y}{F_x} = \frac{tg 30^\circ}{3}.$$

Действие этой силы приведет к равноскорению движения сферы, которое легко расчитать, если за расстояние время $T$ масса воздуха внутри сферы и давление изменяется несущественно. Оценим изменение массы.

Число молекул, пропетающих за единицу времени через единичную площадку поверхности сферы, по порядку величины равно $\frac{1}{6} nv$ (размерность — $m^{-2} c^{-1}$), где $n$ — число молекул в единице объема, $v$ — средняя скорость теллового движения молекул. За время $T$ через два ответствия с общей площадью $3S_1$ вытечет масса

$$\Delta m \sim m \cdot \frac{1}{6} nv \cdot 3S_1 \tau = \frac{1}{2} qv S_1 \tau,$$

где $q \approx 10^{-3}$ кг/м$^3$, $v \approx 500$ м/с. Подставляя числовые данные, находим $\Delta m \sim \frac{5}{2} \cdot 10^{-7}$ кг. Начальная же масса воздуха равна $m_0 = \frac{4}{3} \pi R^3 q \approx 4 \cdot 10^{-3}$ кг. Таким образом, $\Delta m \ll m_0$.

Считая массу воздуха и давление постоянными, найдем проекции ускорения и перемещения сферы на оси $OX$ и $OY$:

$$a_x = \frac{F_x}{M + m_0} \approx \frac{F_x}{M},$$

$$x = \frac{a_x \tau^2}{2} \approx \frac{F_x}{2M} \tau^2 = \frac{3}{4M} pS_1 \cos 30^\circ \tau^2 = \frac{3\sqrt{3}}{8} \cdot 10^{-2} \text{ m},$$

$$y = \frac{a_y \tau^2}{2} \approx \frac{F_y}{2M} \tau^2 = \frac{1}{4M} pS_1 \sin 30^\circ \tau^2 = \frac{1}{8} \cdot 10^{-2} \text{ m}.$$

А. Стасенко

42

Ф756. Балон объема $V=2$ л содержит $m=2$ г водорода и немного воды. Давление в соуде равно $p_1=17$ атм. Сосуд нареваяют так, что давление в нем уvelищается до $p_2=26$ атм. Сколько воды при этом испаряется? Чему равны начальная и конечная температуры?
Указание. Воспользовитесь таблицей зависимости давления насыщенных паров воды от температуры.

Задачу проще всего решать графические.

Полное давление $p(T)$ в сосуде складывается из давления насыщенных паров воды $p_H(T)$ и давления водорода $p_B(T)$. Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона, $p_B(T) = \frac{m_B}{\mu_B V} RT = \frac{2 \cdot 10^{-3}}{2 \cdot 10^{-3} \cdot 2 \cdot 10^{-3}} \cdot 8,3 \cdot T = 4,15 \cdot 10^3 \cdot T$ Па.

Вычислив $p_B(T)$ при двух значениях $T$ — например:
$$T = 373 \text{ K} - p_B \approx 15,5 \cdot 10^5 \text{ Pa},$$
$$T = 453 \text{ K} - p_B \approx 18,8 \cdot 10^5 \text{ Pa},$$

— построим график $p_B(T)$ (см. рисунок). Получясь указанной в условиям задачи таблицей, строим график $p_H(T)$. «Складывая» графики $p_B(T)$ и $p_H(T)$, строим график зависимости давления в сосуде от температуры. Из полученного графика $p(T)$ (см. рисунок) находим начальную и конечную температуры в сосуде:
$$p_1 = 17 \cdot 10^5 \text{ Pa} - T_1 \approx 380 \text{ K},$$
$$p_2 = 26 \cdot 10^5 \text{ Pa} - T_2 \approx 440 \text{ K}.$$

Найдем массу испарившейся воды. Считая пары воды идеальным газом, определям начальное $p_H1$ и конечное $p_H2$ давление паров воды в сосуде. Для этого воспользуемся полученными графиками. При $T_1=380$ К давление водорода равно $p_{B1} \approx 15,5 \cdot 10^5$ Па и
$$p_{H1} = p_1 - p_{B1} \approx 1,5 \cdot 10^5 \text{ Pa}.$$
При $T_2=440$ К $p_{B2} \approx 18 \cdot 10^5$ Па и
$$p_{H2} = p_2 - p_{B2} \approx 8 \cdot 10^5 \text{ Pa}.$$

Запишем уравнения состояния для паров воды при $p_{H1}$, $T_1$ и $p_{H2}$, $T_2$:
$$p_{H1} V = \frac{m_{n1}}{\mu_n} RT_1, \quad p_{H2} V = \frac{m_{n2}}{\mu_n} RT_2,$$

где $m_{n1}, m_{n2}$ — начальная и конечная массы паров в сосуде. Отсюда находим массу испарившейся воды:
$$\Delta m_n = m_{n2} - m_{n1} = \frac{\mu_n V}{R} \left( \frac{p_{H2}}{T_2} - \frac{p_{H1}}{T_1} \right) =$$
$$= \frac{18 \cdot 10^{-3} \cdot 2 \cdot 10^{-3}}{8,3} \left( \frac{8}{440} - \frac{1,5}{380} \right) \cdot 10^5 \approx 6 \cdot 10^{-3} \text{ кг.}$$

А. Буэдин

Ф757. Для получения одинаковых по размеру капель воды используется капитлярная трубка, содерженная с большим резервиром, наполненным водой. Жидкость вытекает из капитлярра при медленном перемещении порния в резервируре. Снаружки на свободном конце капитлярра укреплен пьеозелlement, присоединенный к звуковому генератору и передающий колебания струе воды. При достичении большей амплитуде колебаний струя разбиается на совершенное одинаковые капли. Найти радиус капель, если диаметр трубки $d = 0,2$ мм, скорость вытекающей жидкости $v = 2$ м/с, частота звуковых колебаний $v = 1000$ Гц.

При возниклении механических (звуковых) колебаний форма вытекающей из капитлярра струи будет слегка гофрированной, как это и показано на рисунке. Такой же она будет и при отсутствии пьеозелlementа — в этом случае поверхность струи «возмущает» край капитлярра. Под действием ультразвука колебания конца капитлярра «возмущают» струю, конечно, сильнее. Поэтому она будет «равться» раныше, чем при отсутствии пьеозелlementа. Но в любом случае амплитуду гофрировки можно считать малой по сравнению с радиусом струи. Так что в приводимых ниже вычислениях мы будем приближенно считать форму струи цилиндрической. Радиус же струи примет равным радиусу капель.

Естественно считать, что объем капли определяется количеством жидкости, вытекающей из капитлярра за один период звуковых колебаний:
$$\frac{\pi d^2}{4} v T = \frac{4}{3} \pi R^3.$$
Учитывая, что $T=1/v$, находим:
$$R^3 = \frac{3}{16} \frac{v d^2}{v}, \quad R = \sqrt[3]{\frac{3}{16} \frac{v d^2}{v}}.$$