Решения задач М861—М865; Ф873—Ф877

47

“face-centered” cubes of edge $a_2=3,63 \cdot 10^{-10}$ m, the Fe atoms now being located at the vertices of the cube and at the centres of its faces (figure Pис. 4). Iron in this state is called $\gamma$-iron ($\text{Fe}_{\gamma}$). Is the density of iron the same in these two states? The relative atom mass of iron is $\mu=55,847$.

I. M. Nizamov

P891. How will the electric capacity of a conducting sphere change if we make a dent in it?

R. L. Enfiadjan

P892. A ray of light falls along a diameter on a glass ball of radius $R$. At the distance $r$ from the ball’s centre the ray is dissipated uniformly in all direction by a little air bubble in the glass. Find how the amount of light leaving the glass ball depends on $r$. The refraction coefficient of glass is $n$. Light losses within the glass are negligible.

A. A. Lapides

Решения задач

M861 — M865; Ф873 — Ф877

Пусть $a_1, a_2, \dots, a_n$ — данные числа, $b_1=\{a_1\}, b_2=\{a_1+a_2\}, \dots, b_n=\{a_1+a_2+\dots+a_n\}$ ($\{x\}$ — дробная часть $x$). Все числа $b_1, \dots, b_n$ лежат в промежутке $[0; 1]$. Разделим его на $n+1$ равных промежутков $\Delta_0=[0; 1/(n+1)]$, $\Delta_1=[1/(n+1); 2/(n+1)]$, …, $\Delta_n=[n/(n+1); 1]$. Если хотя бы одно из чисел $b_i$ попадет в один из краейних промежутков $\Delta_0$ или $\Delta_n$, то утверждение задачи, очевидно, будет выполнено для суммы $a_1+\dots+a_i$. В противном случае в $n-1$ промежутках $\Delta_1, \dots, \Delta_{n-1}$ будет расположено $n$ точек $b_1, \dots, b_n$, поэтому хотя бы в одном из них оказется две точки, $b_k$ и $b_l$. Пусть $k>l$, тогда $a_{l+1}+a_{l+2}+\dots+a_k=(a_1+\dots+a_k)-(a_1+\dots+a_l)=\epsilon$ число ($|b_k-b_l|<1/(n+1))$.

Легко видеть, что число $1/(n+1)$ в условиях уменьшения нельзя — достаточно взять все числа $1/(n+1)$.

C. Ю. Оревков

M862. a) Внутри данной поверхности треугольника указите множество всех точек $M$ таких, что расстояние от $M$ до его стороны слижат themselves.

b) Внутри данной поверхности треугольника указите множество всех точек $M$ таких, что расстояние от $M$ до его стороны слижат themselves.

a) Ответ: искомое множество — это внутренность треугольника, ограниченного средними линейными данно-треугольника (рис. 1).

Пусть $d_a=d_1, d_b, d_c$ — расстояния от точки $M$ до стороны $BC, CA, AB$ данной三角形. Для существования треугольника со стороны длины $d_a, d_b$ и $d_c$ необходимо и достаточно выполнить трех неравенств: $d_a<d_b+d_c, d_b<d_a+d_c$ и $d_c<d_a+d_b$, или $d_a<d/2, d_b<d/2, d_c<d/2$, где $d=d_a+d_b+d_c$, но $d$ — этолина высоты треугольника $ABC$ (если $l$ — длина стороны треугольника, то $ld/2=(ld_a+ld_b+ld_c)/2=S_{MBC}+S_{MCA}+S_{MAB}=S_{ABC}$).

48

Позному условие $d_a < d/2$ определяет в треугольнике $ABC$ трапецию $BCB_1C_1$, отсекаемую от него средней линии $B_1C_1$ (сам отрезок $B_1C_1$ при этом исключается). Аналогичные трапеции задаются и двумя другими неравенствами, а пересечение этих трапеций и есть внутренность треугольника $A_1B_1C_1$.

6. Ответ: искомое множество — это внутренность правильного octаэдра с вершинами в серединах ребер данного tetraэдра (рис. 2).

Повторяя ход решения задачи a), разобем данные tetraэдр $T$ на четыре tetraэдра, основаниями которых служат грани данного, а вершины расположены в точке $M$. Пусть $d_1, d_2, d_3, d_4$ — их высоты, то есть расстояния от точки $M$ до граней tetraэдра $T$, тогда сумма их объемов равна $(d_1S+d_2S+d_3S+d_4S)/3$ (где $S$ — площадь грани данного tetraэдра), следовательно, $d=d_1+d_2+d_3+d_4$ — это высота tetraэдра $T$. Для того чтобы из отрезков длины $d_1, d_2, d_3, d_4$ можно было составить четырехугольник, каждая из этих длин должны быть меньше $d/2$ (скажем, неравенство $d_1 < d/2$ эквивалентно $d_1 < d_2 + d_3 + d_4$). Очевидно, каждое из неравенств «отсекает» от tetraэдра вдвое меньший tetraэдр (тетраэдры с красьми ребрами на рисунке 2). После четырех «отсечений» остanetся правильный octaэдр.

Обратно, для любой точки внутри этого octaэдра будет выполнены неравенства $d_i < d/2$, поэтому из отрезков длины $d_1, d_2, d_3, d_4$ можно составить четырехугольник. (Действительно, пусть $d_1 > d_2 > d_3 > d_4$; инвервалы $|d_1 - d_2|, d_1 + d_2|$ и $|d_3 - d_4|, d_3 + d_4|$ содержат общую точку $l$, так как $d_1 - d_2 < d_3 + d_4 < d_1 + d_2$; теперь нужно четырехугольник можно получить, приставляя друг к другу треугольники со стороны $d_1, d_2, l$ и $d_3, d_4, l$.

Э. А. Ясиновый

M863. В каждой клетке доски $n \times n$ стоит по фишке. Можно ли переставить их так, чтобы любые две фишки, урезавшие друг друга другую ходом коня, после перестановки стали урезать друг друга ходом короля, если $a) n=3, b) n=6, c) n=4$?

◆
a) Ответ: можно. Требуется перестановка изображена на рисунке 1.

6. Ответ: нельзя. Для доказательства введем два «расстояния» между клетками доски: $d_1(a, b)$ — наименьшее число ходов коня, необходимых для перехода из клетки $a$ в клетку $b$, $d_2(a, b)$ — наилогичное число ходов короля. Обозначим через $a'$ и $b'$ клетки, на которые попадают фишки из клеток $a$ и $b$ после перестановки. Тогда рассматривается в задаче условие, оченьindo, влечет неравенство $d_1(a, b) \geqslant d_2(a', b')$. Если $a'$ и $b'$ — противоположные угловые клетки, то (при $n=6$) $d_2(a', b')=5$, но для любых двух клеток $a$ и $b$ $d_1(a, b) \leqslant 4$. В этом можно убедиться непосредственно, причем достаточно расстоять случай, когда $a$ — угловая клетка (например, $d_1$-расстояние между головыми клетками на рисунке 2 завершено не превосходит $d_1$-расстояния между розовыми клетками; цифры на этом рисунке равны $d_1$-расстояниям от соответствующих клеток до левой нижней).

49

Точно так же рассматривается случай любого $n > 6$: можно показать, что наиболее значение $d_1(a, b)$ для доски $n \times n$ равно $[2(n+1)/3]$ (при $n \geq 5$)*, то есть менш ее, чем $n-1 - d_2$-расстояние между противоположными углами.

в) Ответ: нельзя. Пусть $a_1, a_2, a_3, a_4$ — поля, на которых строили фишки, попавшие после перестановки в углы доски. тогда $d_1(a_i, a_j) \geq 3$ при $1 \leq i < j \leq 4$ (см. пункт 6)). На рисунке 3 для трех существенного различных положений (с учетом симметрий) клетки $a_1$ отмещены клетки, расположенные на $d_1$-расстоянии 3, 4 или 5 от $a_1$. Пользовать этим рисунком, нетрудно проверить прямым перебором, что ни в одном из случав не坠яя подсказать клетки $a_2, a_3, a_4$ с соблюдением условия $d_1(a_i, a_j) \geq 3$.

Аналогично доказывается, что и при $n=5$ требуем перестановки не существует.

С. Стефанов

M864. Наозем «красивым» разбение треугольника на подобные ему треугольники, никакие два из которых не равны по размерам.
a) Доказите, что для всякого прямоугольного треугольника существует красное разбение.
b) Для каких неравносторонних треугольников существует красное разбение?

a) Красивое разбение неравноведренного прямоугольного треугольника (это самый простой случай) показано на рисунке 1, $a$, равноведренного — на рисунке 1, $6$.

6. Ответ: нельзя. Доказательство проведем от противного. Допустим, что красное разбение равностороннего треугольника $\Delta$ существует, и оценим число $N$ «внутренних» сторон составляющих его треугольников, то есть сторон, лежащих внутри треугольника $\Delta$. Концы этих сторон (вершины треугольников разбения) былиот трех типов:
   1-й тип — точки, лежащие внутри треугольника (пример — точка $A$ на рисунке 2, $a$); из каждой такой точки выходит 4 внутренние стороны ($AB, AC, AD$ и $AE$ на рисунке);
   2-й тип — точки внутри треугольника $\Delta$, в которых ходятся 6 треугольников разбения; из такой точки выходит 12 внутренних стороны (рис. 2,6);
   3-й тип — точки, лежащие внутри какой-либо стороны треугольника разбения (рис. 2,8); такая точка служит концом для 6 внутренних сторон.

Обозначим число точки каждой типа через $n_1, n_2, n_3$ соответственно. Поскольку каждой сторона имеет два конца, число внутренних сторон равно

$$N = \frac{1}{2} (4n_1 + 12n_2 + 6n_3) = 2n_1 + 6n_2 + 3n_3.$$

В то же время, каждой точке $A$ 3-го типа можно сопоставить три внутренние стороны: сторону $s$, внутренной лежит точка $A$, и две примыкающие к $s$ стороны, выходящие из вершины $A$ (на рис. 2,8 точке $A$ сопоставляется стороны $s=BC, AD$ и $AE$). При этом каждая внутренняя сторона будет

*) См. статью Д. Козна «Метрика коня» («Квант», 1981, № 10, с. 13).

50

способленна хотя бы одной точке 3-го типа — в противном случае внутри этой стороны нет вершин разбиения и сама она не содержится ни в какой большей стороне, а значит, она является общей для двух треугольников разбиения; но это невозможно, так как треугольники разбиения не должны быть равными. Отсюда следует, что $N \leq 3n_3$, то есть $2n_1 + 6n_2 + 3n_3 \leq 3n_3$, или $2n_1 + 6n_2 \leq 0$, таким образом, $n_1 = n_2 = 0$. Но если на сторонах исходного треугольника $\Delta$ нет вершин разбиения ($n_1 = 0$), то нет и разбиения, как такового, — оно состоит из одного треугольника $\Delta$.

в) Ответ: красивое разбиение имеет у любого неравностороннего треугольника. Его построение по-

Puc. 2,a.

Puc. 2,б.

Puc. 2,в.

Puc. 3.

казано на рисунке 3 (равные углы отмеченны на рисунке дужками одного цвета).

Удобно решать как бы обратную задачу: дополнительный треугольник $ABC$ до большого подобного ему треугольника других подобными ему и попарно различными треугольниками. Очевидно, эта задача эквивалентна исходной. Пусть для определения $|BC|:|AC| = k > 1$. При этом к треугольнику $\Delta_0 = ABC$ подобные треугольники $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3, \Delta_4$ и $\Delta_5$ в соответствии с рисунком 3. Легко видеть, что при этом коэффициент подобия треугольников $\Delta_{n+1}$ и $\Delta_n$ для $n = 0, 1, 2, 3$ равен $k$, поэтому коэффициент подобия треугольников $\Delta_0$ и $\Delta_n$ при $n = 1, 2, 3, 4$ равен $k^n$, а $\Delta_5$ и $\Delta_0$ — $|CM|:|AB| = (|CK| + |CM|):|AB| = k + k^3$. Отсюда ясно, что единственный парой конгруэнтных треугольников здесь могут быть только $\Delta_5$ и $\Delta_4$ — если $k + k^3 = k^4$. В последнем случае дополнитель конгруэнтных треугольников $\Delta_6, \Delta_7$, а $\Delta_5$ заменим на $\Delta_8 = CNL$ (см. рис. 3). Снова единственный парой конгруэнтных треугольников среди $\Delta_0, \Delta_1, \Delta_2, \Delta_3, \Delta_4, \Delta_6, \Delta_7$ и $\Delta_8$ могут быть только $\Delta_8$ (подобный $\Delta_0$ с коэффициентом $|CN|:|AB| = k + k^3 + k^5$) и $\Delta_7$ (подобный $\Delta_0$ с коэффициентом $k^6$). Но если $k + k^3 = k^4$, то

51

$$k + k^3 + k^5 > k^3 + k^5 = k^2(k + k^3) = k^6,$$ а значит $\Delta_7$ и $\Delta_8$ не конгруэнтны.

Итак, любой неравносторонний треугольник имеет красное разбиение (на 6 или 8 треугольников).

А. В. Савкин

М865. Обозначим через $[a, b]$ наименьшее общее кратное целых чисел $a$ и $b$. Докажите, что для любых $n+1$ чисел $a_0 < a_1 < ... < a_n$ выполняено неравенство

$$\frac{1}{[a_0, a_1]} + \frac{1}{[a_1, a_2]} + ... + \frac{1}{[a_{n-1}, a_n]} \leq 1 - \frac{1}{2^n},$$
если $a) n=2; b) n=3; \theta)^{*} n$ — любое натуральное число.

При небольших $n$ задачу можно решить с помощью перебора.

a) Так как $[a, b] \geq 2a$ при $a < b$, и $a_0 \geq 1, a_1 \geq 2$, справедливый неравенства $\frac{1}{[a_0, a_1]} \leq \frac{1}{2}, \frac{1}{[a_1, a_2]} \leq \frac{1}{4}$ и $\frac{1}{[a_0, a_1]} \leq \frac{1}{[a_0, a_1]} + \frac{1}{[a_1, a_2]} \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.

b) Если $a_2 \geq 4$, то, как и в пункте a), $\frac{1}{[a_0, a_1]} \leq \frac{1}{2}, \frac{1}{[a_1, a_2]} \leq \frac{1}{4}, \frac{1}{[a_2, a_3]} \leq \frac{1}{8}$, если же $a_2=3$, то $a_0=1$, $a_1=2$, $[a_0, a_1] = 2$, $[a_1, a_2] = 6$, $[a_2, a_3] \geq 6$, и $\frac{1}{[a_0, a_1]} + \frac{1}{[a_1, a_2]} + \frac{1}{[a_2, a_3]} \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} < \frac{7}{8}$.

в) Доказательство проведем методом математической индукции. При $n=1$ нашей неравенство очень интересно. Допустим теперь, что оно справедливо при $n=k$ и доказем его для $n=k+1$. Рассмотрим два случая

1. Пусть $a_{k+1} \geq 2^{k+1}$, тогда $[a_k, a_{k+1}] \geq a_{k+1} \geq 2^{k+1}$ и по предложению индукции

$$\left( \frac{1}{[a_0, a_1]} + ... + \frac{1}{[a_{k-1}, a_k]} \right) + \frac{1}{[a_k, a_{k+1}]} \leq \left( 1 - \frac{1}{2^k} \right) + \frac{1}{2^{k+1}} = 1 - \frac{1}{2^{k+1}}.$$

2. В случае, когда $a_{k+1} < 2^{k+1}$, воспользуемся тождеством $[a, b] = ab/(a, b)$, где $(a, b)$ — наиболее общий делитель чисел $a$ и $b$. Поскольку $b-a$ делится на $(a, b)$, и следовательно, $(a, b) \leq b-a$ (при $b>a$), из этого тождества вытекает, что $1/[a, b] \leq (b-a)/ab = 1/a-1/b$. Поэтому

$$\frac{1}{[a_0, a_1]} + \frac{1}{[a_1, a_2]} + ... + \frac{1}{[a_k, a_{k+1}]} \leq \left( \frac{1}{a_0} - \frac{1}{a_1} \right) + \left( \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2} \right) + ... + \left( \frac{1}{a_k} - \frac{1}{a_{k+1}} \right) = \frac{1}{a_0} - \frac{1}{a_{k+1}} < 1 - \frac{1}{2^{k+1}}$$

что и требовалось доказать.

Отметим, что указаная оценка точная: при любом $n$ равенство достигается для последовательности $a_0=1, a_1=2, ..., a_n=2^n$.

Б. М. Ивлев

Ф873. Выптел на майте корабля образует угол $60^\circ$ с курсом корабля при его скорости 20 км/ч. Не меняя курса, корабль увеличился скорость в 2 раза, и угол стал равным 30°. Найти по этим данным скорость ветра (считая ее неизменной). При какой скорости корабля угол станет равным 90°?

Вымпел на майте корабля показывает направление вектора $\vec{u} + \vec{v}$, где $\vec{v}$ — вектор скорости корабля (он определяет курс корабля), $\vec{u}$ — вектор скорости ветра.

Спроектируем вектор $\vec{u}$ на направление курса корабля и на направление, перпендикулярное курсу. Пусть $u_1$ и $u_2$ — абсолотные значения соответствующих проекти. Поскольку направление ветра нам

52

нензвестно, мы можем в обшем случае записать следующие соотношения:

при скорости корабля $|\vec{v}| = 20$ km/ч —
$$\frac{\pm u_2}{v \pm u_1} = \text{tg} 60^\circ = \sqrt{3},$$

(1)

при скорости корабля $2|\vec{v}| = 40$ km/ч —
$$\frac{\pm u_2}{2v \pm u_1} = \text{tg} 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{3}.$$

(2)

Решив совместно уравнения (1) и (2), найдем
$$u_1 = \frac{1}{2} v, \quad u_2 = \frac{\sqrt{3}}{2} v.$$

Отсюда можно найти модель вектора скорости ветра:
$$|\vec{u}| = \sqrt{u_1^2 + u_2^2} = |\vec{v}| = 20 \text{ km/ч}.$$

Направление вектора $\vec{u}$ по этим данным найти нельзя, но можно сказать, что угол $\alpha$, который образует вектор скорости ветра с курсом корабля, с точностью до знака определяется условием
$$\text{tg} \alpha = \pm \frac{u_2}{u_1} = \pm \sqrt{3}.$$

В том случае, когда выимpel образует угол $90^\circ$ с курсом корабля, скорость $v_x$ корабля и скорость $u$ ветра связаны соотношением
$$|\vec{u}|^2 - |\vec{v}_x|^2 = u_2^2,$$ или $u_1^2 + u_2^2 - |\vec{v}_x|^2 = u_2^2,$
откуда
$$|\vec{v}_x| = u_1 = \frac{1}{2} v = 10 \text{ km/ч}.$$

Итак, выимpel будет составлять с курсом корабля угол $90^\circ$ при скорости корабля $|\vec{v}_x| = 10 \text{ km/ч}.$

В. Е. Скороваров

Ф874. Автомобиль движется вдоль прямой $OO'$ (рис. 1) и в точке А начинает поворачивать, не сжимая скорости. В точке В автомат съемп酚ный столбик. Оцените скорость, с которой может ехать автомать. Считайте сцепление шин с асфальтом хорошим. Руль автоматия управляет его передними колесами.

Ясно, что мы можем оценить только максимальную скорость автоматия, соответствующую самому кругту из возможных поворотов — когда автомать движется по дуге $AB$ окружности, которая касается прямой $OO'$. Радиус этой окружности (см. рис. 2) —
$$R = |AC| = \frac{1}{2}|AD|; \quad R \approx 35 \text{ м}.$$

Разворачивает автомать (сообщает ему центростремительное ускорение) сила треня, действующая на передние колеса в направлении, перпендикулярном скорости автоматия. Если считать, что центр масс автоматия расположен примерно посредине

53

и поднять не очень высоко над дорогой, аускорение автоматически не очень велико (подумайте сами, почему это существенно), то сила нормальной реакции, действующая со стороны дороги на два передних колеса, равна половине силы тяжести, а сила треня равна $\mu \frac{mg}{2}$. Уравнение движения автоматics при повороте —

$$\frac{mv^2}{R} = \mu \frac{mg}{2},$$

откуда находится максимальный скорость $v_M$:

$$v_M = \sqrt{\frac{\mu g R}{2}}.$$

Прияв $\mu=0,8$, получаем $v_M \approx 12$ м/с $\approx 43$ км/ч.

Итак, скорость автоматics $v \leq v_M \approx 43$ км/ч.

Разумеется, это довольно грубая оценка. Более точную оценку можно было бы получить, рассматривая весь след автоматics от точки $A$ до точки $B$.

А. Р. Зильберман

Ф875. По горизонтальном направлении рельсам, расстояние между которых равно $d$, может скользить без трения перемычка, масса которой равна $m$ (см. рисунок). Рельсы соединены резистором с сопротивлением $R$ и помещены в вертикальное магнитное поле, индуктивного которого $B$. Перемычке сообщают скорость $v_0$. Найти пусть, пройденный перемычкой до остановки. Как зависит ответ от направления вектора $\vec{B}$?

◆ При движении перемычки меняется поток магнитной индуктивции через контур, образуется перемычкой, рельсами и резистором. В контуре возникнет ЭДС индуктивции и появляется ток. В результате действия магнитного поля на ток, текущий по перемычке, перемычка будет тормозиться.

Найдем тормозящую силу $F$. Пусть скорость перемычки равна $v$. За малый промежуток времени $\Delta t$ перемычка переместится вдоль рельсов на малое расстояние $\Delta x = v \cdot \Delta t$. Изменение площади контура будет равно $v d \cdot \Delta t$, поток магнитной индуктивции за это время изменится на $\Delta \Phi = B \cdot v d \cdot \Delta t$, в контуре появится ЭДС

$$\mathcal{E} = - \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = - B v d,$$

и по перемычке, согласно закону Ома, будет течь ток $i = \mathcal{E} / R$. Сила, действующая на перемычку со стороны магнитного поля, будет равна

$$f = i B d = - \frac{B^2 d^2}{R} v;$$

направлена сила $f$, согласно правилу Ленца, против скорости $v$.

Запишем теперь уравнение движения перемычки (при малом перемещении $\Delta x$):

$$ma = f = - \frac{B^2 d^2}{R} v,$$

или, учитывая, что $a = \frac{\Delta v}{\Delta t}$, $v = \frac{\Delta x}{\Delta t},$

$$m \frac{\Delta v}{\Delta t} = - \frac{B^2 d^2}{R} \frac{\Delta x}{\Delta t} \Rightarrow m \cdot \Delta v = - \frac{B^2 d^2}{R} \cdot \Delta x.$$

Мы видим, что изменение скорости перемычки проорционально изменению ее координаты $x$ (в начальной момент $x_0=0$). Значит, полное изменение скорости $v_{кОН} - v_0 = 0 - v_0 = -v_0$ связывано с изменением координаты $x$

54

динаты (с полным перемещением $X$) соответственно

$$m(-v_0) = -\frac{B^2d^2}{R} X.$$

Отсюда находится путь $X$, прошедный перемычкой до полной остановки:

$$X = \frac{mRv_0}{B^2d^2}.$$

В том случае, когда вектор $\vec{B}$ составляет угол $\alpha$ с нормалью к плоскости рельсов,

$$X = \frac{mRv_0}{B^2d^2 \cos^2 \alpha}.$$

Действительно, ЭДС индукции и, следовательно, ток $i$, текущий по перемычке, определяются потоком магнитной индукции через контур, а поток в этом случае определяется проекцией вектора $\vec{B}$ на нормаль к плоскости контур.

А. И. Буздин

Ф876. Два спутника движутся по одной орбите на небольшим (по сравнению с радиусом $R_0$ земли) расстоянии друг от друга. Расстояние это при движении перiodических меняется от $l_1$ до $l_2$. Определите минимальное и максимальное удаление спутников от центра земли, если период обращения спутников равен $T$.

Согласно второму закону Кеплера площади, заметные радиусом-вектором спутника за равные промежутки времени, равны. За одно и то же время один спутник перешел из точки $a$ в точку $a'$, а другой спутник перешел из точки $b$ в точку $b'$ (см. рисунок). Значит, площади секторов $Oaba'$ и $Oba'b'$ равны. Если из этих площадей вычесть площад сектора $Oba'$, то получается площади секторов $Oab$ и $Oa'b'$, которые, таким образом, одинаковы.

Поскольку по условиям расстояние между спутниками мало, вместо секторов можно рассматривать соответствующие равноведенные треугольники. Следовательно, площади треугольников $Oab$ и $Oa'b'$ одинаковы, то есть

$$\frac{1}{2} l_1 R_1 = \frac{1}{2} l_2 R_2. \tag{1}$$

Согласно третьему закону Кеплера относение квадратов перiodов обращения спутника на разных орбитах равно относению кубов больших полусейнских орбит. Если $T_0$ — период обращения спутника по круговой орбите вблизи поверхности земли, то

$$\frac{T^2}{T_0^2} = \frac{\left(\frac{1}{2} (R_1 + R_2)\right)^3}{R_0^3}, \tag{2}$$

где $R_0$ — радиус земли. Перiod $T_0$ найдет из уравнения движения спутника по круговой орбите радиуса $R_0$:

$$m\omega^2 R_0 = mg,$$

откуда

$$T_0^2 = \frac{4\pi^2 R_0}{g}.$$

Таким образом, из (2) находится:

$$R_1 + R_2 = 2R_0 \sqrt{\frac{T^2 g}{4\pi^2 R_0}}. \tag{3}$$