Решения задач М884, М885; Ф894—Ф897

45

mirror, the lens and the object are enclosed in a case made of translucent plastic (Fig. 2). This system generates two images of the object and an image of the lens. Both images of the object have the same size, independently of the distance between the lens and the object. What is the enlargement of the lens’ image?

E. P. Kuznetsov

Решения задач

M884, M885; Ф894—Ф897

Решение основано на следующем соображении: если $A(a; f(a))$ и $B(b; f(b))$ — две точки на графике функции (рис. 1), то прямогольник $\Pi(A, B)$ с диагональю $AB$ покрывает участок графика от $A$ до $B$, а его площадь $S$ удовлетворяет неравенству $2\sqrt{S} \leq l+h$, где $l=b-a$ — длина его основания, а $h=f(b)-f(a)$ — высота; это неравенство есть по существу неравенство о среднем аргументеском и среднем геометрическом $\sqrt{lh} \leq (l+h)/2$.

Это соображение можно использовать двумя способами. Предположим временно, что $f(0) = 0$, $f(1) = 1$.

1. Продолжим функцию $f$ на всю положительную получ础 так, чтобы она осталась непрерывной и монотной (например, можно положить $f(x) = x$ при $x > 1$). Пусть $A_0$ — начальная точка графика (с координатами $(0; 0)$). Расмотрим на график также точки $A_1, ..., A_m$, что площадь прямогольника $\Pi(A_{i-1}; A_i)$, $i=1, 2, ..., n$, равна $1/n^2$; существование таких точки, очевидно, вытекает из непрерывности и монотности функций $f$. Для каждого из этих прямогольников сумма длины основания и высоты не меньше $2\sqrt{1/n^2}=2/n$, поэтому сумма координат точки $A_n$ (равных, соответствующего, сумме длины оснований всех прямогольников и сумме их высот), не меньше 2. Следовательно, хотя бы одна из этих координат не меньше 1, а значит, построенные $n$ прямогольников покрывают график.

2. Выберем на графике функции $f$ последовательно точки $B_0, B_1, ..., B_n$, начиная с $B_0$ $(0; 0)$, так, чтобы сумма длины основания и высоты каждой из прямогольников $\Pi(B_{i-1}, B_i)$, $i=1, ..., n$, равна $2/n$. (Легка видеть, что $B_i$ — это точка пересечения прямой $y=2i/n-x$ с графиком, в частности, $B_n$ — это конец графика — точка $(1; 1)$; см. рис. 2.) В силу сделанной выше оценки площадь каждой из прямогольников не превыходит $1/n^2$. Увеличив их при необходимости так, чтобы их площади стали в точности равны

46

1/n², получим требуемое покрытие.

Если f(0) > 0 или f(1) < 1, дополим график вертикальных отрезками, соединяющими точку (0; 0) с его началом (0; f(0)) и (1; 1) — с концом (1; f(1)) (рис. 3). Получится непрерывная кривая, соединяющая точки (0; 0) и (1; 1), к которой оба приведенных расчудения можно применить практическими без изменений.

Такой же пример позволяет утверждение задачи для любой (возможно, разрывной) функции f: в точках разрыва график дополяется до непрерывной кривой отрезком (красный отрезок на рисунке 4). Однако строое обоснование в этом случае несколько выходит за рамки школьной программы.

Н. Б. Васильев,
В. Н. Дубровский,
С. Ю. Оревков

*M885. Для каждого натурального числа n обозначим через p(n) число разбиений n в сумму натуральных слааемых (разбиения, отличноцесса лишь порядком слааемых, считаются одинаковыми). Kolinectство разбиений чисел в данном разбиении называем его разбором.

a) Докажите, что сумма q(n) разбросов всех разбиений числа n равна 1 + p(1) + p(2) + … + p(n-1).

b) Докажите, что эта сумма не больше √2n p(n).

4-4
4-3+1 ↔ 1-1
4-2+2 ↔ 2-2
4-2+1+1 ↔ 2-1+1
4-1+3 ↔ 3-3
4-1+2+1 ↔ 3-2+1
4-1+1+1+1 ↔ 3-1+1+1

a) Разбение числа n в сумму натуральных слааемых будем называть отмещенным, если одно из слааемых выделено среди остальных (подчеркуто); отмещенные разбиения, отличноцесса только порядком слааемых, мы будем считать одинаковыми. (На рисунке слева изображены все отмещенные разбиения числа 4; выделенные слааемые показаны красным цветом.) Заметим, что если k — разброс неокоторого разбиения (неотмещенного), то из этого разбиения можно получить k отмещенных разбиений. Поэтому общее количество отмещенных разбиений числа n равно q(n). С другой стороны, если из любого отмещенного разбиения, кроме разбиения, состоящего из единственного слааемого, выкинут подчеркнуть элемент, получится разбиение неокоторого числа, меньше чем n. И наоборот, если m < n, то по любому разбиению числа m можно однозначно восстановить отмещенное разбиение числа n: надо к разбиению числа m добавить слааемое n—m и подчеркнуть его (на рисунке изображено взаимно-однозначное соответствие между отмещенными разбиениями числа 4, кроме разбиения 4 = 4, и разбиениями чисел, меньше 4). Но количество разбиений чисел, меньше n, равно p(1) + p(2) + … + p(n-1). Следовательно, q(n) — 1 = p(1) + p(2) + … + p(n-1).

Другими словами идею этого решения можно изложить так: если k каждому из p(1) + p(2) + … + p(n-1) разбиений чисел m = 1, 2, …, n-1 добавить одно слааемое n—m, то мы получим каждое разбиение числа n (кроме тривалного n=n) столкко раз, какое его разброс.

6. Достаточно доказать, что разброс любого разбиения числа n в сумму натуральных слааемых не превышает √2n. Докажем это утверждение. Пусть a₁, …, aₙ — все различные слааемые, входящие в неокоторое разбиение (с разбором k), причем 0 < a₁ < … < aₙ. Тогда, с одной стороны,

47

$$a_1 + a_2 + \dots + a_k \leq n, \text{ а, с другой стороны, } a_1 \geq 1, \quad a_2 \geq 2, \quad \dots, \quad a_k \geq k \quad (\text{действительно, } a_1 \geq 1; \quad a_2 > a_1 \geq 1, \quad \text{следовательно, } a_2 \geq 2; \quad a_3 > a_2 \geq 2, \quad \text{следовательно, } a_3 \geq 3, \quad \text{и т. д.}).$$
Поэтому $n \geq a_1 + a_2 + \dots + a_k \geq 1 + 2 + \dots + k = k(k+1)/2 \geq k^2/2$, то есть $k \leq \sqrt{2n}$.

С. Ю. Оревков

Ф894. В одном из проектов для перелетов космических аппаратов в Солнечной системе предполагается использовать солнечный парус площадью $S=1$ km$^2$. Парус раскрывается, когда аппарат движется вокруг Солнца по земной орбите, радиус которого равен $R_3=1,5\cdot 01^8$ km. При дальнейшем движении парус постоянно ориентирован перpendикулярно солнечных лучам, давление которых на земной орбите составляет $p=10^{-5}$ Pa.

1. При какой массе космического аппарата он может улететь из Солнечной системы?
2. При какой максимальной массе аппарат может достичь орбиты Марса, радиус которого равен $R_M=2,3\cdot 10^8$ km? Гравитационное влияние Земли и других планет не учитывать.
   Произведение массы Солнца на эравитационную постоянную $M_C G=1,3\cdot 10^{11}$ km$^3/c^2$.

◆ При раскрытии солнечного паруса на аппарат действуют сила пряжения Солнца и сила давления солнечных лучей. Результру оценяя эти схил —

$$F_{\varphi} = G \frac{M_C m}{R_3^2} - p S = G \frac{M_C m}{R_3^2} - \frac{G m R_3^2 p S}{G m R_3^2} = G \frac{(M_C - p SR_3^2/G m) m}{R_3^2}.$$

Мы видим, что давление солнечных лучей как бы уменьшает сILITY пряжения аппарата к Солнцу — эта сила оказывается такой, как если Солнце имело не массу $M_C$, а некуто менЬшую эфективную массу, равную

$$M_{\varphi} = M_C - \frac{p SR_3^2}{G m}.$$

Пользовая введенной эфективной массой, мы можем дальше решать задачу без учета давления солнечных лучей.

Полная энергия космического аппарата в гранитционном поле тела с массой $M_{\varphi}$ —

$$E = \frac{mv^2}{2} - G \frac{m M_{\varphi}}{R}.$$

Согласно закону сохранения энергии эта энергия в любой точке орбиты аппарата должна быть равна

$$E = \frac{mv^2}{2} - G \frac{m M_{\varphi}}{R_3},$$

где $v_3$ — скорость, которое имел аппарат в момент раскрытия паруса на расстоянии $R_3$ от Солнца. Эту скорость найдем из уравнения движения аппарата по земной орбите под действием силы пряжения Солнца:

$$\frac{mv^2}{R_3} = G \frac{m M_C}{R_3^2} \Rightarrow v_3 = \sqrt{G \frac{M_C}{R_3}}.$$

Таким образом,

$$E = G \frac{m}{R_3} \left( \frac{M_C}{2} - M_{\varphi} \right) = G \frac{m}{R_3} \left( \frac{p SR_3^2}{G m} - \frac{M_C}{2} \right).$$

Аппарат может улететь из Солнечной системы, если $E \geq 0$, то есть при условии

$$\frac{p SR_3^2}{G m} - \frac{M_C}{2} \geq 0.$$

Отсюда находится аппарата это

48

Возможно:

$$m \leq \frac{2pSR_3^2}{GM_C} \approx 3,46 \cdot 10^3 \text{ кг.}$$

При большей массе аппарат будет двигатся по замкнутым орбитам.

Пусть при некоторой массе $m_1$ орбита аппарата касается орбиты Марса. (Из всех возможных масс $m$, при которых аппарат достигает орбиты Марса (пересекает ее), $m_1$ — максимальная.) В этом случае орбита аппарата — эллипс, большая ось которого равна $R_3+R_M$ (см. рисунок). В точках касания скорость аппарата перепendlukулярна радиусу-вектору аппарата.

Согласно закону сохранения энергии

$$\frac{m_1v_3^2}{2} - G \frac{m_1M_3\phi}{R_3} = \frac{m_1v_2^2}{2} - G \frac{m_1M_3\phi}{R_M} \Rightarrow v_3^2 - v_M^2 = 2GM_3\phi \left( \frac{1}{R_3} - \frac{1}{R_M} \right).$$

Согласно второму закону Кеплера

$$v_3R_3 = v_MR_M \Rightarrow v_M = v_3 \frac{R_3}{R_M}.$$

Подставляя это выражение для $v_M$ в (*) и учитывая, что $v_3 = \sqrt{G \frac{M_C}{R_3}}$, после нескольких преобразований получим:

$$2M_3\phi R_M = M_C(R_M + R_3),$$

или

$$2 \left( M_C - \frac{pSR_3}{Gm} \right) R_M = M_C(R_M + R_3).$$

Отсюда найдем максимальный массу $m_1$ аппарата, при которой аппарат может достичь орбиты Марса

$$m_1 = \frac{2pSR_3^2}{GM_C} \frac{R_M}{R_M-R_3} \approx 10^4 \text{ кг.}$$

В. А. Данилин

Ф895. Одна из едирезо о проискхдении посяса астеродов восходит к древнереченской легенде о сыне бода солнца Гелюса — Фаэтоне, пораженом Зевсом (Юпитером). Согласно этой 신отезе рой каменных льбь, из которого должа была формироваться планета Фазтон, сликом близко подошел к Юпитеру. Под влиянием вратацонного роя Юпитера рой раслася на отдельные льбьи — астероды. Радуус роя по оценкам составляли примерно 10⁴ км; масса роя (суммарная масса астеродов) в 10⁶ раз меньше массы Юпитера.

На каком расстоянии от центра Юпитера должен был пройти рой, чтобы он начал развалиаться?

Рассмотрим ближайшую к Юпитеру глыбу. Распад роя означает, что расстояние между этой глыбой и центром роя увеличится.

Рой как целое падает на Юпитер сускорением, которое ему сообщает сила прияжения Юпитера:

$$ma_1 = G \frac{mM}{R^2} \Rightarrow a_1 = G \frac{M}{R^2},$$

где $m$ — масса роя, $M$ — масса Юпитера, $R$ — расстояние между центрами роя и Юпитера. Глыба движется под действием силы прияжения Юпитера и силы прияжения, действующей на нее со стороны роя как целого. Ускорение, с которой глыба движется к Юпитеру,

$$a_2 = G \frac{M}{(R-r)^2} - G \frac{m}{r^2};$$

где $r$ — радиус роя. Если $a_2 > a_1$, то расстояние между глыбой и центром роя увеличится со время

49

menем — рой распадается. Из этого условия получаем:

$$\frac{M}{(R-r)^2} - \frac{m}{r^2} > \frac{M}{R^2}.$$

Полягая $r < R$, находим:

$$\frac{2rM}{R^3} > \frac{m}{r^2} \Rightarrow R < r^3 \sqrt{\frac{2M}{m}} \approx 1,26 \cdot 10^6 \text{ км}.$$

В. Е. Белончкин

Ф896. В замкнутом сосуде нахождение насыщенной воды пар при температуре 100 °C и остатки воды. Масса пара $M = 100 \text{ г}$, масса воды $m = 1 \text{ г}$. Сосуд нагревают, пока все воды не испарится. До какой температуры надо нагреть сосуд? Какое количество теплла для этого потребуется? Давление насыщенного водыго пара возратает на 3,7 кПа при повышении температуры на 1 °C. Удельная теплота испарения воды $r = 2,25 \cdot 10^6$ Дж/кг, удельная тепломкость водыго пара $c_V = 1,38 \cdot 10^3$ Дж/(кг·К).

◆ Определим сначала, до какой температуры надо нагреть сосуд, чтобы все воды испарились.

Запишем уравнение состояния пара при начальных условиях условий водыго пара в сосуде будет $p_2 + \Delta p$. По условию задачи $\Delta p = \alpha \cdot \Delta T$, где $\alpha = 3,7$ кПа/K. Воспользовавшись этим, запишем уравнение состояния пара при температуре $T_2$:

$$p_2 V = \frac{M + m}{\mu} RT_2,$$

или

$$(p_1 + \alpha \cdot \Delta T) V = \frac{M + m}{\mu} R (T_1 + \Delta T).$$

Решая совместно (1) и (2), находим $\Delta T$:

$$\Delta T = \frac{m T p}{M T a - M p - m p} \approx 0,29 \text{ K}.$$

Таким образом, для испарения всей воды сууд необходимо нагреть до температуры 100,20 °C. Количество теплла, которое необходимо для этого, найдем из уравнения теплового баланса:

$$Q = r m + c_V (M + m) \cdot \Delta T \approx 2290 \text{ Дж}.$$

А. И. Буздин

◆ Запишем уравнение движения частицы в точках $A$ и $B$:

$$m a_A = q E_A, \quad m a_B = q E_B.$$

Отсюда следует, что

$$\frac{a_A}{a_B} = \frac{E_A}{E_B},$$

то есть отношение ускорений частицы в точках $A$ и $B$ равно отношению направленной поля, создаваемого полykольцом, в этих точках. С другой стороны, из условия задачи нам фактически известно относение потенциальной поля в точках $A$ и $B$. Действительно, согласно закону сохранения энергии

$$\frac{m v_A^2}{2} = q \varphi_A, \quad \frac{m v_B^2}{2} = q \varphi_B$$

(поскольку на бесконечности энергия частицы равна нулю), и

50

$$\frac{\varphi_A}{\varphi_B} = \frac{v_A^2}{v_B^2} = n^2.$$

Попытаемся выразить отношение $E_A/E_B$ через извесное отношение $\varphi_A/\varphi_B$.

Разобъем мысленно получилось на множество элементных участков с зарядом $\Delta Q$ каждый ($Q$ — заряд всего получольца). Пусть $\Delta \varphi_B$ и $\Delta E_B$ — соответственно потенциал и напряженность поля, создаваемого в точке $B$ участком, который нахождение на расстоянии $Q$ от этой точки (см. рисунок). Тогда

$$\Delta \varphi_B = k \frac{\Delta Q}{\varphi} = k \frac{\Delta Q}{2r \cos \alpha}, \quad \Delta E_B = k \frac{\Delta Q}{\varphi^2} = k \frac{\Delta Q}{4r^2 \cos^2 \alpha}.$$

Проекция вектора $\vec{E}_B$ на горизонтальном ось $x$ равна

$$\Delta E_{Bx} = \Delta E_B \cos \alpha = k \frac{\Delta Q}{4r^2 \cos \alpha} = \frac{\Delta \varphi_B}{2r}.$$

Из сообщений симметрия ясно, что напряженность поля $\vec{E}_B$ в точке $B$ направлена вдоль оси $x$. Следовательно, значение $E_B$ равно сумме проекций $\Delta E_{Bx}$ напряженностей полей, создаваемых всеми элементарными участками, то есть

$$E_B = \sum \Delta E_{Bx} = \sum \frac{\Delta \varphi_B}{2r} = \frac{\varphi_B}{2r}.$$

Что касается значений $\varphi_A$ и $E_A$, то

$$\varphi_A = \frac{Q}{r}, \quad E_A = \frac{2Q}{\pi r^2} = \frac{2\varphi_A}{\pi r}$$

(получите эти соответствия самостояльно).

Итак, $E_A/E_B = 4\varphi_A/\pi\varphi_B$, и отношение ускорений частицы в точках $A$ и $B$ равно

$$\frac{a_A}{a_B} = \frac{4}{\pi} \frac{\varphi_A}{\varphi_B} = \frac{4}{\pi} n^2.$$

В. Т. Карпетян

Топ-кварк и тигренок Топ

(Начало см. на c. 41)

можно былоогдаться по результатам измерений импульсов всех заряженных частиц. Поскольку зарегистированное событие связано с распадом практических покоящегося $W$-бозона, суммарный импульс всех частиц в распаде должны быть равен нулю. Однако измеренный импульс заряженных частиц оказался ненулевым,

откуда и был сделан вывод о присутствии нейтрино.

Ниболье верятная расшифровка события, о котором идет речь, состоит в том, что при стольновении протона с антипроотном родилась часть, состоящая из двух кварков — топ-кварка $t$ и красивого антикварка $b$. Топ-кварк распался по схеме

$$t \rightarrow b + \mu^+ + v$$

(здесь $\mu^+$ — положительный мю-meон), а $b$ и $b$ для два пучка частиц. Теперь надо ждать результат.

Масса топ-кварка по оценкам оказалась соответствующей энергии около 40 Гэв (масса ядра кальция!).*) Это, конечно, меньше массы тигренка, даже новорожденного, но в «зоопарке частиц» топ-кварк — рекордмен.

Я. С.

*) Такая оценка массы топ-кварка получается, если считать, что масса испилон-mezonа равна массе двух $b$-кварков (5 Гэв + 5 Гэв = 10 Гэв), а масса новорожденного (≈ 50 Гэв) равна массе $b$-кварка и топ-кварка.