Задачи М871—М875; Ф883—Ф887

50

Задчи

M871—M875; Ф883—Ф887

M871. В клетки таблицы размера 3×3 записывается числа 1 или —1. Затем число в каждой клетке записывается на произведение чисел, стоящих во всех соседних клетках (соседними считаются клетки, имеющие общую сторону). Докажите, что после нескольких повторений этой операции во всех клетках будет стоять единцы.

И. К. Жук, И. В. Воронович

M872. На плоскости расположены три окружности $C_1, C_2, C_3$ радиусов $r_1, r_2, r_3$ — каждой вне двух других, причем $r_1>r_2$ и $r_1>r_3$. Из точки пересечения внешних касательных к окружности $C_1$ и $C_2$ проведены касательные к окружности $C_3$, а из точки пересечения внешних касательных к $C_1$ и $C_3$ — касательные к $C_2$. Докажите, что последние две пары касательных образуют четырехугольник, в котором можно вписать окружность, и найти ее радиус.

Л. П. Купцов

M873. Учитель написал на доске квадратный трехчлен $x^2+10x+20$. Затем каждой ученик по очереди увеличивал или уменьшал на единицу по своему выбору один из младших коэффициентов (козффициент при $x$ или свободный член), но не оба сразу. В результате получился трехчлен $x^2+20x+10$. Верно ли, что в некоторых моментах на доске был написан квадратный трехчлен с целыми корнями?

А. А. Берзиныi

M874*. При каких целых $m$ и $n$ выполняется равенство a) $(5+3\sqrt{2})^m=(3+5\sqrt{2})^n$? 6) $(a+b\sqrt{d})^m=(b+a\sqrt{d})^n$, где $a$ и $b$ ($a\neq b$) — взаимно простые натуральные числа, а $d>1$ — натуральное число, среди делителей которого нет квадратов простых чисел?

Ю. В. Михеев

M875. По кругу выписано $n\geqslant3$ натуральных чисел, причем отношение суммы двух соседей любого из этих чисел к нему самому является натуральным числом. Докажите, что сумма всех таких отношений a) не меньше 2n, 6)* меньше 3n.

О. Р. Мусин

51

Ф883. При разрыве неподвижного зенитного снаряда он разлегается на очень большое число осколов, летящих равномерно во все стороны со скоростью $v_0$. Такой снаряд, летящий вниз со скоростью $u$, разрывается на высоте $H$ над землей. Когда осколики будут падать на землю наиболее часто?

И. С. Солодовников

Ф884. Задчаа Н. Е. Жуковского. Жук ползет по жесткой (непроницающей) соломинке, опирающейся на гладкий пол и гладкую вертикальную стенку (рис. 1). Соломинка однородная, длина ее $l$, масса $m$; масса жука $M$ ($M \gg m$). Соломинка образует угол $\alpha$ с горизонтом. Начальная скорость жука в точке $B$ была равна $v_0$. Как должен двигатся жук, чтобы соломинка оставалась неподвижной? Как зависит ускорение жука от проуденного им вдоль соломинки расстояния? За какое время жук должен до нижней точки? Сможет ли жук подняться по соломинке из точки $A$ в точку $B$?

Ф885. Концы однородного стержня постояного сечения подерживаются при температуре $T_1$ и $T_2$ ($T_2 > T_1$). Температурный коэффициент линейного расширения материалов стержня равен $\alpha$. Чему равна длина стержня, если при $t = 0^\circ C$ она была $l_0$?

Л. Г. Маркович

Ф886. По двум параллельным металлическим направляющим, наклоненным под углом $\alpha$ к горизонту и расположенным на расстоянии $b$ друг от друга, может скольнуть без трения металлической перемычка массы $m$. Направляющие замкнуты сизу на незаряженный конденсатор emkoсти $C$, и все конструкция находится в магнитном поле, индукция которого $\vec{B}$ направлена вертикально (рис. 2). В начальной момент перемычку удерживают на расстоянии $l$ от основания «горки». За какое время перемычка достигает основания «горки» после того как ее отпустят? Какую скорость она будет иметь у основания? Сопротивлением проводников претензь.

А. Н. Буздин

Ф887. На произное стеклянное тело, представляющее собой два соедининых основаниями конуса, падает пучок параллельных световых лучей, имеющий круглое сечение диаметра $d$ (рис. 3). Размеры тела указаны на рисунке 3; показатель преломления стека $n$. Какая картина будет наблюдаться на экране, установленном на расстоянии $l$ от тела?

А. В. Хельвас

Problems
M871 — M875; P883 — P887

M871. The numbers +1 and —1 are written in the nine little squares of a 3 by 3 square. Then each number in the little squares is replaced by the product of its neighbours (two little squares are neighbours if they have a common side). Prove that after a finite number of such operations the nine little squares will be filled with +1’s.

I. K. Zhuk, I. V. Voronovich

54

6. При каких условиях задается имеет решение?

и LN параллельны сторонам AB, CD, AD и CB и равны по длине их половинам (как средние линии соответствующих треугольников), то есть их длины нам известны.

Отсюда вытекает следующое построение: строим треугольники NMK и NML (по трем сторонам), затем вершины B и C ($\overrightarrow{BK} = \overrightarrow{KC} = \overrightarrow{NL}$) и A и D ($\overrightarrow{BA} = 2\overrightarrow{KM}, \overrightarrow{CD} = 2\overrightarrow{KN}$).

6. Очевидно, задача разрешима тогда и только тогда, когда можно построить треугольники NMK и NML (возможно, вырожденные), то есть когда выполенены неравенства
   $$||AB| - |BC|| \leq 2|NM| \leq |AB| + |BC|,$$
   $$||AD| - |DC|| \leq 2|NM| \leq |AD| + |DC|.$$
   Вообщше говоря, задача имеет два решения, причем четырехугольник ABCD может оказаться самопересекающимся (рис. 2).

И. 3. Титович

M857. Среди 1984 первых натуральных чисел (от 1 до 1984) отмечим те, которые можно представить в виде суммы пятых целых неотрицательных степени двойки (то есть пяты не обязательно различных чисел 1, 2, 4, 8, …). Каких чисел оказывается больше: отмещенных или не отмещенных?

ОТВЕТ: отмещенных чисел больше.

Поскольку $2^n + 2^n = 2^{n+1}$, сумму нескольких степени двойки всегда можно переписать так, что все они будут различны, при этом число слагаемых может уменьшиться, например $4 + 2 + 2 = 4 + 4 + 2 = 8 + 2$. Следовательно, любое отмещенное число есть сумма не более чем пяты различных слагаемых вида $2^n$, где $n = 0, 1, ..., 10$ ($2^{11} = 2048 > 1984$).

Найдем число $N$ таких сумм, то есть набор различных степени двойки $n_1, ..., n_k$ ($0 \leq n_i \leq 10, 1 \leq k \leq 5$). Каждый набор $n_1, ..., n_k$ взаимно-однозначно соответствует набор, составленный из всех чисел от 0 до 10, кроме $n_1, ..., n_k$, поэтому количество $N_k$ наборов из $k$ чисел равно количество наборов из $11 - k$ чисел, и $N = N_1 + ... + N_5 = N_{10} + ... + N_6 = (N_1 + N_2 + ... + N_{10})/2$.

Сумма $N_0 + N_1 + ... + N_{11}$ — это число всех подмножества множества $\{0, 1, ..., 11\}$, оно равно $2^{11}$ (каждый подмножеству $A$ взаимно-однозначно отвечает последовательность $d_0, ..., d_{10}$ из нуля и единиц, в которой $d_i = 0$, если $i \notin A$ и $d_i = 1$, если $i \in A$; число таких последовательностей, очевидно, равно $2^{11}$). А так как $N_0 = N_{11} = 1$ (одно пустое подмножество и одно под-

55

М858. Для величины α, β и γ услов неокоторого треугольника выполнен соотношение
$$\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta = \sin \gamma.$$
a) Найдите α, β, γ, если известно, что треугольник равноведренный (расстояние все случаи).
b) Может ли треугольник быть остроугольным?
b) Какие значения может принимать наиболее угодл треугольника?

множество, совпадающее со всем множествором {0, 1, …, 11}), $N = (2^{11} - 2)/2 = 1023$. Для читателей, знакомых с началом комбинаторики, мы повторяем этот расчет на полях, пользоваться простейшим свойством числа сочетаний $C_n^k$.

Тепер заметим, что любое отменное число единственных образом разлагается в сумму различных степеней двойки. (Это доказывает от противного: если α — наименьшее число, имеющее хотя бы два разложения, а $2^{n_1} + ... + 2^{n_k} = 2^{m_1} + ... + 2^{m_l}$, где $n_1 < ... < n_k$, $m_1 < ... < m_l$, то, очевидно, $n_1 \neq m_1$, например, $n_1 > m_1$; но тогда число $a/2^{m_1} = 2^{n_1 - m_1} + ... + 2^{n_k - m_1}$ четно, и в то же время $a/2^{m_1} = 1 + 2^{m_2 - m_1} + ... + 2^{m_l - m_1}$ нечетно. Противоречие.)

Отсюда, учитывая, что любое отменное число является суммой пяты (не обязательно различных) степени двойки, то есть больше 4, и что $2^6 + 2^7 + 2^8 + 2^9 + 2^{10} = 1984$, получаем, что количество отмененных чисел равно $N - 4 = 1019 > 1984 - 1019$.

В. Н. Дубровский

◆ a) Ответ: либо α = β = π/4, γ = π/2, либо γ и один из углов α или β равны arcsin($\sqrt{2} - 1$)/2, а третий угол — π - 2 arcsin($\sqrt{2} - 1$)/2.

Достаточно рассмотреть два случая: α = β и α = γ. В первом случае условия принимать наиболее угодл треугольника?

$$2 \sin^2 \alpha = \sin(\pi - 2\alpha) = \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha$$

и, поскольку sin α ≠ 0, sin α = cos α, то есть α = π/4 ($\beta = \pi/4$, γ = π/2).

Во втором случае имеем $\sin^2 \alpha + \sin^2 2\alpha = \sin \alpha$ или $4 \sin^2 \alpha (1 - \sin^2 \alpha) = \sin \alpha (1 - \sin \alpha)$. Сокращая на sin α (1 - sin α) (0 < sin α < 1), приходим к уравнению 4 sin α + 4 sin² α = 1, то есть sin α = ($\sqrt{2} - 1$)/2.

б) Ответ: не может. Доказательство проведем от противного. Предположим, что α и β — острыые углы. Из условия $\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta = \sin(\pi - (\alpha + \beta)) = \sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha$ вытекает, что

$$\sin \alpha (\sin \alpha - \cos \beta) = \sin \beta (\cos \alpha - \sin \beta).$$

Допустим, что sin α > cos β, тогда в силу (*) cos α > sin β (sin α и sin β положительные). Поскольку β — острый угол, оба неравенства можно возвести в квадрат: $\sin^2 \alpha > \cos^2 \beta$, $\cos^2 \alpha > \sin^2 \beta$. Складывая эти неравенства, получим противоречие: 1 = $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha > \cos^2 \beta + \sin^2 \beta = 1$. Аналогично доказывается, что и случай sin α < cos β невозможен. Остатся предположить, что sin α = cos β. Но тогда α = π/2 – β, а угол γ = π - ($\alpha + \beta$) — прямой.

Тем самым мы доказали, что все три угла не могут быть острыми одновременно. Отметим, что углы α и β не могут быть и прямыми (при α = π/2 sin γ = 1 + sin² β > 1), если же прямым является угол γ, то равенству (*), а значит, и условию задачи удовлетворяет любой острый угол α и β=

56

$$\frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{tg^2 \alpha - \beta}{2} \text{ или}$$
$$\alpha = \arctg p^2 + \arctg p, \quad \beta = \arctg p^2 - \arctg p, \quad \gamma = \pi - 2 \arctg p^2,$$
где $p$ — любое число, больше 1.

$$\pi/2 - \alpha \text{ (в этом случае } \cos \alpha - \sin \beta = \sin \alpha - \cos \beta = 0).$$

в) Ответ: наиболее изуглов $\alpha, \beta, \gamma$ может применять любое значение в промежутке $[\pi/2; \pi]$.

Мы уже показали в решении пункта 6), что наиболее угол не может быть острым, но может быть прямым ($\gamma = \pi/2$). Показем теперь, что он может применять любое значение от $\pi/2$ до $\pi$, точнее, что для любого $\alpha, \pi/2 < \alpha < \pi$, уравнение относительно $\beta$
$$\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta = \sin(\alpha + \beta)$$
имеет решение в промежутке $0 < \beta < \pi - \alpha$ (так что $\gamma = \pi - (\alpha + \beta) > 0$). Обе части этого уравнения — непрерывные функции от $\beta$, причем при $\beta = 0$ левая часть меньше правой $(\sin^2 \alpha < \sin \alpha),$ а при $\beta = \pi - \alpha$ — больше $(2 \sin^2 \alpha > 0)$. Поэтому в некоторых точке $\beta, 0 < \beta < \pi - \alpha$, значения обихих частей совпадают. Эта точка и будет корнем уравнения.

Читателью предлагается самостоятельноеprodолжить исследование нашего уравнения: доказите, что угол $\gamma$ не может быть тупым (для этого надо умножить данные соответствие на квадрат диаметра описанной окружности, получить из него по теореме синусов неравенство для сторон треугольника и показать, что $\cos \gamma \leq 0$); проверьте, что углы $\alpha, \beta$ и $\gamma$ не $\pi/2$ могут быть заданы красивыми формулами, приведенными на полях (конечно, из этих формул сразу же следует утверждение 6) и в)).

П. Б. Гусятников

M859. Найдите наименьшее положительное число а также, что для любого квадратного трехчлена $f(x)$, удовлетворяющего при $0 \leq x \leq 1$ неравенству $|f(x)| \leq 1$, выполняется неравенство $|f'(1)| \leq a$.

ОТВЕТ: $a = 8$. Пусть функция $f(x) = Ax^2 + Bx + C$ удовлетворяет условиям задачи. Заметим, что $f'(1) = 2A + B, f(0) = C, f(1) = A + B + C$ и $f(1/2) = A/4 + B/2 + C$, и потому $f'(1) = 3f(1) - 4f(1/2) + f(0)$. Следовательно,

$$|f'(1)| \leq 3 |f(1)| + 4 |f(1/2)| + |f(0)| \leq 8,$$

причем эти неравенства превращаются в равенства при $f(0) = f(1) = 1, f(1/2) = -1$, то есть для функции $f_0(x) = 8x^2 - 8x + 1$ см. рисунок. А так как эта функция удовлетворяет неравенству $|f_0(x)| \leq 1$ при $0 \leq x \leq 1$ (её график — парабола с вершиной в точке $x = 1/2$ — точке минимума), число 8 в нашей оценке $|f'(1)|$ умеешь нельзя.

По сути дела, в решении мы воспользуемся тем, что многочлен $n$-й степени, а значит, и его произведение, однозначно задается своим значениями в $n+1$ точках (при $n=2$). Попробуйте самостоятельное решение эту задачу для кубических многочленов. Отметим, что при произвольной степени $n$ наличиую оценку в задаче будет давать так называемые многочлены Чебышева, о которых можно прочитать в статье Н. Васильева и А. Зелевинского «Многочлены Чебышева и рекуррентные соотношения» («Квант», 1982, № 1, c. 12).

В. П. Пикулин

57

М860*. а) Пусть О и R — центр и радиус описанной окружности треугольника ABC, Z и r — центр и радиус его описанной окружности, K — точка пересечения медиан треугольника с вершинами в точках касания вписанной окружности со сторонами треугольника ABC. Докажите, что точка Z лежит на отрезке OK, причем $|OZ|:|ZK|=3R/r$.
б) Пусть a, b, c — длины сторон треугольника ABC, $\vec{n}_a, \vec{n}_b, \vec{n}_c$ —.edиничные векторы, перпендикулярные к соответствующим сторонам треугольника и направленные во внешнюю сторону. Докажите, что $a^3\vec{n}_a + b^3\vec{n}_b + c^3\vec{n}_c = 12S \cdot \vec{MO}$, где S — площадь треугольника ABC, M — точка пересечения его медиан, O — центр описанной окружности.

Решение задачи a), так же как и б), сведится к доказательству векторного равенства — в задание a) это равенство

$$\vec{OZ} = \frac{3R}{r} \vec{ZK}.$$

(1)

В решениях обеих задач мы будем использовать такое основное сообщение: чтобы доказать равенство двух векторов, достаточно доказать равенство их проекций по крайней мере на две (не параллельные) оси. Этими осями у нас будут стороны треугольника.

Мы будем использовать также известные факты о «центрах тяжести» двух и трех точек: сумма двух векторов, проведенных из точки P к концам отрезка, равна $2\vec{PN}$, где N — середина этого отрезка; сумма трех векторов, проведенных из точки P к вершинами треугольника, равна $3\vec{PK}$, где K — точка пересечения медиан треугольника.

Обозначим через a, b, c длины сторон треугольника ABC, через $T_a, T_b, T_c$ — точки касания вписанной окружности с этим сторонами, через α, β, γ — величины углов A, B, C; пусть N — середина стороны BC (рис. 1).

a) Равенство (1) эквивалентно следующему:

$$\vec{OZ} = \frac{R}{r} \left( \vec{ZT}_a + \vec{ZT}_b + \vec{ZT}_c \right).$$

(2)

Проверим, что левая и правая части дают одинаковые проекции на сторону BC (проекции мы берем с учетом знака, считая положительным направление вектора $\vec{BC}$, то есть проекция вектора $\vec{v}$ на ось BC равна $|\vec{v}| \cos \alpha$, где $\alpha$ — угол между осью и вектором, или $(\vec{v} \cdot \vec{BC}) / |BC|$; оченьindo, проекция суммы векторов равна сумме их проекций). Для двух других сторон (собственно, нам достаточно и одной из них) проверка аналогична — ведь в условиях стороны равноправны.

Поскольку проекции точек O и Z на сторону BC — это точки N и T_a, проекция вектора $\vec{OZ} = \vec{BZ} - \vec{BO}$ на ось BC равна

$$|BT_a| - |BN| = \frac{a+c-b}{2} - \frac{a}{2} = \frac{c-b}{2}$$

($|BT_a| = (a+c-b)/2$ потому, что отрезки касательных, проведенных из каждой вершины треугольника к вписанной окружности, равны).

Проекция вектора $ZT_a$ на BC равна нулю, а проекция $\vec{ZT}_b + \vec{ZT}_c$ — суммы векторов длины r, образующих углы $90^\circ - \gamma$ и $90^\circ + \beta$ с осью BC — равна

$$r \cos(90^\circ - \gamma) + r \cos(90^\circ + \beta) = r \sin \gamma - r \sin \beta = \frac{r}{2R} (c - b)$$

(в последнем равенстве использована теорема

58

синусов: $c=2R \sin \gamma, b=2R \sin \beta$). Отсюда вытекает равенство (2).

6. Заметим, что векторы $\vec{n}_a, \vec{n}_b, \vec{n}_c$, о которых идет речь в задаче, — это векторы длины 1, направленные так же, как $\vec{ZT}_a, \vec{ZT}_b, \vec{ZT}_c$ из задачи a). Обозначим через $P$ основание высоты $AP$ треугольника $ABC$ (рис. 2).

Найдем проекцию вектора $\vec{MO}$ на ось $BC$. Поискольку $\vec{OM} = (\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})/3$, а проекции векторов $\vec{OB}$ и $\vec{OC}$ противоположны и равны по величины, проекция $\vec{MO}$ равна одной трети проекции вектора $\vec{AO}$; далее, поискольку $\vec{PN} = (\vec{PB} + \vec{PC})/2$, проекция $\vec{AO}$ равна $(|PC| - |PB|)/2 = (b^2 - c^2)/2a$. (В последнем равенстве мы использовали теорему Пифагора: $b^2 - c^2 = (|PC|^2 + |AP|^2) - (|PB|^2 + |AP|^2) = (|PC| - |PB|)(|PC| + |PB|) = (|PC| - |PB|)a.$)

Проекция вектора $a^3\vec{n}_a + b^3\vec{n}_b + c^3\vec{n}_c$ на ту же ось равна $b^3 \sin \gamma - c^3 \sin \beta = \frac{b^3c - c^3b}{2R} = \frac{abc}{R} \cdot \frac{b^2 - c^2}{2a} = 4S \cdot \frac{b^2 - c^2}{2a}$.

(в последнем равенстве использована формула $S = abc/4R$ для площади треугольника). Отсюда вытекает равенство задачи 6).

Прямая $OM$ называется прямой Эйлера (неравностороннего) треугольника $ABC$. На ней всегда лежит точка $H$ пересечения высот треугольника $ABC$ (как видно из рассмотрения проекций, $\vec{OH} = 3\vec{OM} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$). В задаче a) доказано, что прямая Эйлера треугольника $T_aT_bT_c$ проходит через центр вписанной окружности треугольника $ABC$.

Н. Б. Васильев

Ф867. Представьте себе, что вы стоите перед большим листом толстого произношного стека (например, перед стеклянной витриной). Каким образом можно определить толщину стека, если доступ к его краям нет (скажем, края стека замурованы в стены), в помещение за стеклом проникнуть нельзя, разбит стекло тоже нельзя? В вашем распоряжении имеется линейка, уоллник, бумага, карандаш и карманный калькулятор для проверения расчетов.

◆ Если приставить линейку под прямым углом к стеклу, то мы видим два ее отражения: в ближней (I) и дальней (II) поверхностях стека (см. рис.). Первое изображение дает нам как бы «линейку за зеркалом», по которой изменять положение конца второго изображения при разных углах наблюдания. Это позволяет определить толщину стека.

Глядя в стекло, мы видим конец второго отражения линейки не в точке $a'$, где он находится на самом деле, а в точке $a''$. Положение этой точки мы и можем фиксировать по «линейке за зеркалом».

Пусть тольщина стека $d$, показатель преломления $n$. Как видно из рис. 4,

$$d' \text{tg} \alpha = 2d \text{tg} \beta \Rightarrow d = \frac{d'}{2} \frac{\sin \alpha \cos \alpha}{\sin \beta \cos \beta}.$$

59

Подставив $n = \frac{\sin \alpha}{\sin \beta}$, $\cos \beta = \sqrt{1 - \frac{\sin^2 \alpha}{n^2}}$, получим
$$d = \frac{d'}{2} \frac{(n^2 - \sin^2 \alpha)^{1/2}}{\cos \alpha}.$$

В этом выражении $d'$, sin $\alpha$, cos $\alpha$ — те величины, которые мы можем изменить и вычислить, пользоваться нашими инструментами. Чтобы избежать от неизвестного показателя преломления $n$, поступим так.
Произведем изменения $d'$ при двух значениях угла падения $\alpha$ (значения sin $\alpha$ и cos $\alpha$ лежко найти, измеряя расстояния от глаза до стекла и до точки пересечения луча зрения со стеклом). Тогда
$$\frac{d'}{2} \frac{(n^2 - \sin^2 \alpha_1)^{1/2}}{\cos \alpha_1} = \frac{d'_2}{2} \frac{(n^2 - \sin^2 \alpha_2)}{\cos \alpha_2}.$$

Отсюда после нескольких преобразований получим
$$d = \frac{d'_1 d'_2}{2} \left( \frac{\sin^2 \alpha_2 - \sin^2 \alpha_1}{(d'_2)^2 \cos^2 \alpha_1 - (d'_1)^2 \cos^2 \alpha_2} \right)^{1/2}.$$

М. В. Семенов

◆ Рассмотрим движение колечек и вервки в системе отсчета, движущейся вместе с колечком $O'$. В этой системе колечко $O'$ неподвижно. В тот момент, когда $\widehat{AOO'} = \alpha$, нить «выбирается» вверх со скоростью $v$. Поскольку нить нерастижима, колечко $O$ в этот момент должен иметь такую скорость $u$ (в системе, связанной с колечком $O'$), чтобы ее проекция на направление $OO'$ была равна $v$, то есть
$$u = \frac{v}{\cos \alpha}.$$

В неподвижной системе отсчета скорость колечка в этот момент равна
$$v_o = u - v = v \left( \frac{1}{\cos \alpha} - 1 \right).$$

С. С. Кротов

◆ Поскольку нижний конец трубы поддерживает при температуре $T_1$, большей температуры плавления, учтун визу будет расплавлен. Temperatura границы между расплавлением и твердым чугуном, естественно, равна температуре плавления $T_{n-1}$.

Поскольку температуры верхнего и нижнего концов трубы поддерживают постоянными, количество тепла, проходящero за единицу времени через попереное сечение трубы, в любом месте трубы должны одним и тем же. Другими словами, поток тепла через расплавленный и твердый чугун должен быть одним и тем же. (Кирпичная труба плоско проводит тепло, и теплобменном чугуном ее стенки можно пренебечь.)

Поток тепла пропорционален тплопроводности, площади поперечного сечение и разности температуры,

61

$$c_x \approx -4 \text{ Дж/(моль·К)}.$$

Таким образом, найdenная нами теплоемкость отрицательна, что соответствует охлаждению газа при подвода к нему тепла. С точки зрения закона сохранения энергии это означает, что газ совершает часть работы за счет уменшення своей внутренней энергии, а часть — за счет подвода тепла.

А. А. Шеронов

Ф871. Первоначальное незаряженный конденсатор emкости С подключит к последовательно соедининым батареем с напряжением U и катушки с индуктивностью L. Ток через катушки вначале уведомляется, а затем уменшается. В тот момент, когда ток становится равным нулю, конденсатор отключают от схемы и подключит вновь, поменяя местами его выводы. Какой максимальный ток будет после этого течь через катушки? Как изменится этот ток, если процесс переключения повторить 1984 раза? Сопротивлением цепи пренебречь.

Рис. 1.

Рис. 2.

В тот момент, когда ток через катушкистанет равным нулю, энергия конденсатора будет равна работе, которое произвела батарея. Следовательно, закиденсатора в этот момент определяется условием

$$\frac{q_0^2}{2C} = U_0 q_0,$$

откуда

$$q_0 = 2CU_0.$$

Найдем максимальный ток через катушки после подключения конденсатора. Условие максимума тока — $I' = 0$, то есть $\delta_{инд} = -LI' = 0$; значит, в тот момент, когда ток максимален, направление на конденсатор равно $U_0$ и «компенсирует» направление батареи (рис. 1). Из закона сохранения энергии —

$$U_0 CU_0 = \frac{CU_0^2}{2} + \frac{LI_0^2}{2}$$

— находим максимальное значение тока:

$$I_0 = U_0 \sqrt{\frac{C}{L}}.$$

Рассмотрим схему после переключения (рис. 2). Ток через катушки равен нулю (только в тот момент, когда энергия катушки равна нулю, ее можно «безнаказанно» отключать от цепи). В тот момент, когда ток достигнет искомого максимального значения $I_1$, направление на конденсатор будет равно $U_0$; значит, к этому моменту по цепи протечет закид $3CU_0$ и, согласно законах сохранения энергии,

$$U_0 3CU_0 + C \frac{(2U_0)^2}{2} = \frac{CU_0^2}{2} + \frac{LI_1^2}{2}.$$

Отсюда

$$I_1 = 3U_0 \sqrt{\frac{C}{L}}.$$

Перед следующим, вторым, переключением, когда ток через катушки будет равен нулю, на конденсатор будет заряд $q_1$, который, как и в первом случае, найдем из условия

$$U_0 (2CU_0 + q_1) + C \frac{(2U_0)^2}{2} = \frac{q_1^2}{2C}.$$

Отсюда

$$q_1^2 - 2CU_0 q_1 - 8C^2 U_0^2 = 0 \Rightarrow q_1 = CU_0 \pm 3CU_0.$$

Корень — $2CU_0$ не подходит (подумайте, какому случай он соответствует). Значит, $q_1 = 4CU_0$.

Максимальное значение тока после второго переключения будет $I_2 = 5U_0 \sqrt{\frac{C}{L}}$, после третього пере

63

Скорость $u_0$ найдем из условия
$$\frac{mu_0^2}{2} - \frac{mv_0^2}{2} = \frac{1}{2} \mu g \frac{mX_1^2}{l} \Rightarrow u_0 = v_0 \sqrt{2}.$$
Таким образом,
$$\tilde{X}_1 = \frac{v_0}{\omega_0} \sqrt{2}.$$
Пусть, который пройдут сани после толчка до остановки, равен
$$X_2 = \tilde{X}_1 - X_1 = \frac{v_0}{\omega_0} (\sqrt{2} - 1),$$
и отношение пути торможения в первом и во втором случаях —
$$X_1 : X_2 = 1 : (\sqrt{2} - 1).$$
При начальной скорости $u_0 = v_0 \sqrt{2}$ сани прошли бы путь $X_1$ за время $\tilde{t}_1$, определяемое из условия $v_0 = v_0 \sqrt{2}$ сوس $\omega_0 \tilde{t}_1$, то есть за время
$$\tilde{t}_1 = \frac{\pi}{4} \sqrt{\frac{l}{\mu g}}.$$
Do полной остановки они движались бы в течение времени $t_1 = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{l}{\mu g}}$ (перiod колебаний не зависит от начальной скорости). Следовательно, время, в течение которого сани будет движаться после толчка до второй остановки, равно
$$t_2 = t_1 - \tilde{t}_1 = \frac{\pi}{4} \sqrt{\frac{l}{\mu g}},$$
и отношения времени торможения в первом и во втором случаях —
$$t_1 : t_2 = 2 : 1.$$
С. С. Кротов

Ответы, указания, решения

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 5)

1. VIII—III = V, VII+III = X, VII—III = IV.

2. Чтобы отсчитать 60 конвертов, достаточно отсчитать 40 конвертов, на что потребуется 40 секунд, а остальные конверты из пачки отделы покупателю. При таком метода 90 конвертов продавец отсчитает за 10 секунд.

1
2 5
7 8 4
3 6
9

4. Примую следует проверти через центры прямогоolgников.
5. При повороте, скажем, налево правое ведущее колесо проходит больший путь, чем левое (см. рисунок). Если колеса при этом врашлись с одинаковой скоростью, то трене на этом участке приводило бы к быстрому износу покрышек и затрудняло управление машиной.

Задча в картинах.
(см. «Квант» № 5)
Первым был Сережа, второй — Надя, третьим — Коля, четвертым — Ваня и пятым — Толя.

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 6)

1. 56:8 = 9—2 = 3+4 = 1×7.
2. Пусть $a$ — сторона квадрата, $a r$ — радиус данного круга, тогда равенство их площадей запишется следующим образом: $a^2 = \pi r^2$. Радиус круга, вписанного в квадрат, равен $\frac{a}{2}$, а сторона