Решения задач М996—М1000; Ф1008—Ф1012

29

Решения задач
M996—M1000; Ф1008—Ф1012

Если центры квадратов совпадают, утверждение задачи очевидно. Это расположение всегда можно получить, сдинив параллельно один из квадратов, поэтому достаточно доказать, что при параллельном пересечении, скажем, красного квадрата сумма красных сторон восмиугольника-пересечения не меняется. При этом можно ограничиться сдигром вдоль одной из сторон этого квадрата, так как любой параллельный перенос можно заменить двумя таким сдиграми (вдоль перепедикулярых сторон).

Итак, сдиним красный квадрат вдоль одной из его сторон (рис. 1). Тогда две стороны восмиугольника (параллельные направления сдигига) не изменятся; третья сторона уменьшится на величину, равную гипотенузе прямого угольного треугольника, показанного на рисунке 1 штриховкой, а четвертая сторона увеличится на также же величину (заштрихованные треугольники, очевидно, имеют одинаковые углы и одинаковые высоты, опущенные на гипотенузу, и следовательно, равны). Таким образом, сумма всех 4 красных сторон не меняется, что и требовалось доказать.

Приведем еще одно решение. Расмотрим прямуюугольные треугольники, отсекаемые от каждой из квадратов стороными другого квадрата, и проведем в них высоты из вершин прямых углов. Все эти треугольники подобыны между собой, поэтому достаточно доказать, что сумма красных высот (см. рис. 2) равна сумме синих высот. Для доказательства надо только заметить, что сумма площадей 4 красных треугольников (рис. 3, а) равна сумме площадей синих треугольников (рис. 3, б), поскольку каждая из этих сумм равна разности площади выпуклого восмиугольника, вершинами которого является вершины данных квадратов, и площади квадрата, и что эти суммы равны произведением полуперimetра квадрата на суммы красных и синих высот.

Аналогичное рассужждение о площадях упомянутых выше прямойугольных треугольников, отсекаемых квадратами друг от друга, показывает, что и сумма квадратов длин красных сторон восмиугольника равна сумме квадратов длин синих сторон.

В. В. Произвольов

Средние чисел от 1 до 1986 имеют равно два — 729=3⁶ и 1458=2·3⁶, — делящиеся на 3⁶; наиболее степень 3, на котором могут делиться остальные числа, — 3⁵. Таким образом, всевозможные произведения mn (1≤m<n≤1986), за исключением 729·1458=2·3¹², содержат множество числа 3 самое большее в степени 11. Приведя сумму всех дробей 1/mn (кроме 1/729·1458) к наиболее общему общему знаменателю, мы получим дробь

30

вида $a/(3^{11} \cdot b)$, где $a$ и $b$ — натуральные числа, причем $b$ не делится на 3. Пусть $s$ — сумма, расматривается в задаче, тогда

$$s - \frac{a}{3^{11}b} = \frac{1}{2 \cdot 3^{12}},$$

или $2 \cdot 3^{12}sb - 6a = b$. При целом $s$ левая часть здесь делится на 3, а правая — нет. Поэтому $s$ не может быть целым.

Д. А. Митькин

*М998. Расстояние все терраэдры AXBY, описанные около даниной сферы. Доказите, что при фиксированных точках A и B сумма углов четырехугольника AXBY, то есть сумма

$$\angle AXB + \angle XBY + \angle BYA + \angle YAX,$$

не зависит от выбора точек X и Y.

*М999. a) Доказите, что для любых положительных чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ выполняно неравенство

$$\frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_1 + a_2} + \dots + \frac{n}{a_1 + a_2 + \dots + a_n} < 4\left(\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n}\right).$$

Доказите, что.constantу 4 в правой части неравенства 6) можно заменить на 2; в) нельзя заменить числом, меньшим 2.

**Обоизначим через $A_1, B_1, X_1, Y_1$ точки касания сферы с граями BXY, XYA, YAB, ABX соответственно (см. рисунок). Треугольники $AXB_1$ и $AXY_1$ равны (сторона $AX$ у них общая, а $AB_1=AY_1$ и $XB_1=XY_1$ как касательные, проведенные к сфере из общей точки), поэтому $\angle B_1AX = \angle Y_1AX$. Следовательно, сумма $\angle B_1AX + \angle AXY_1$ равна $\angle Y_1AX + \angle AXY_1$, то есть внешнему углу треугольника $AY_1X$ при вершине $Y_1$ (на рисунке отмечен красной дужкой). Аналогично сумма $\angle A_1BX + \angle BXY_1$ равна внешнему углу треугольника $BY_1X$ при $Y_1$ (отмечен синей дужкой), поэтому $\angle B_1AX + \angle AXB + \angle A_1BX = \angle AY_1B$. Точно так же

$$\angle B_1AX + \angle AYB + \angle A_1BY = \angle AX_1B.$$

Складывая эти равенства, получим в левой части расматривается в задаче сумму углов, а в правой — величины, не зависит от X и Y (точки $X_1$ и $Y_1$ определяются прямой $AB$ и сферы однозначно).

И. Ф. Шарыzin

**a) Пусть $b_1, b_2, \dots, b_n$ — это последовательность чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$, расположенных в порядке возрастания. Поскольку при любом $i$ от 1 до $n$

$$\frac{i}{a_1 + a_2 + \dots + a_i} \leq \frac{i}{b_1 + b_2 + \dots + b_i}$$

$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n} = \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n},$$

достаточно доказать неравенство для чисел $b_i$:

$$\frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1 + b_2} + \dots + \frac{n}{b_1 + b_2 + \dots + b_n} \leq 4\left(\frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n}\right).$$

Оценим слагаемые в левой части так:

$$\frac{2}{b_1 + b_2} \leq \frac{2}{b_1 + b_1} = \frac{1}{b_1},$$

и при любом $k$, $2 \leq k \leq (n+1)/2$,

$$\frac{2k-1}{b_1 + b_2 + \dots + b_{2k-1}} \leq \frac{2k-1}{b_k + \dots + b_{2k-1}} < \frac{2}{b_k-1},$$

$$\frac{2k}{b_1 + b_2 + \dots + b_{2k}} \leq \frac{2k}{b_{k+1} + \dots + b_{2k}} < \frac{2k}{b_k}.$$

Отсюда следует нужное неравенство:

31

$$\frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1 + b_2} + \frac{3}{b_1 + b_2 + b_3} + \frac{1}{b_1 + b_2 + b_3 + b_4} + \dots < < \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1} + \frac{2}{b_2} + \frac{2}{b_2} + \frac{2}{b_3} + \frac{2}{b_3} + \dots = 4 \left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \frac{1}{b_3} + \dots \right).$$

6. Пример, приведенный в пункте в), подсказывает, что неравенство с константой 2 в правой части близко к равенству, когда числа $a_i/i$ примерно равны. Положим $t_i = a_i/i$, $1 \leq i \leq n$. Тогда для любого $m \leq n$ верна такая оценка:

$$\left( p_1 + \dots + p_N \right) \left( \frac{1}{p_1} + \dots + \frac{1}{p_N} \right) \geq \geq N + \sum_{1 \leq i < j \leq N} \left( \frac{p_i}{p_j} + \frac{p_j}{p_i} \right) \geq \geq N + \frac{N(N-1)}{2} \cdot 2 = N^2.$$

Нераевенство Коши-Буняковского:
$$\left( x_1^2 + \dots + x_n^2 \right) \left( y_1^2 + \dots + y_n^2 \right) \geq \geq \left( x_1 y_1 + \dots + x_n y_n \right)^2$$

Мы применили неравенство, указанное на полях, для $N = \frac{m(m+1)}{2} = 1 + 2 + \dots + m$ чисел, среди которых $t_j$ берется $j$ раз; ту же оценку можно получить, используя неравенство Коши-Буняковского для наборов $x_i = \sqrt{a_i}$ и $y_i = i/\sqrt{a_i}$, $1 \leq i \leq m$).

Сложим все такие оценки при $m$ от 1 до $n$; коэффициент при $1/a_i$ будет равен
$$\beta_i = 4i^2 \left( \frac{1}{i(i+1)^2} + \frac{1}{(i+1)(i+1)^2} + \dots + \frac{1}{n(n+1)^2} \right).$$

А поскольку
$$\frac{1}{j(j+1)^2} < \frac{1}{2} \frac{2j+1}{j^2(j+1)^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{j^2} - \frac{1}{(j+1)^2} \right),$$
справедлива оценка
$$\beta_i < 4i^2 \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{1}{i^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) < 2.$$

в) Положим $a_i = i$. Тогда левая часть неравенства равна $2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{1+n} \right)$, а правая $c\left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right)$, где $c$ — константа, на которую мы и хотим заменить 4. Если $c \leq 2$, то их разность
$$2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n+1} \right) - c\left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right) = (2 - c)\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \right) + \frac{2}{n+1} - c$$

при достаточно большом $n$ будет положительная, поскольку с ростом $n$ сумма $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ неограниченно растет.

Это следует, например, из такой оценки: при $n = 2^k$
$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^k} > \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} = \frac{k}{2}.$$

Л. Д. Курляндчик, Л. С. Меркурьев

32

На продолжении отрезка AM отложим точку B’ такую, что MB’=MB (см. рисунок). Угол B’MB как внешний угол треугольника AMB равен сумме углов MAB и MBA. В то же время угол KMA как вписанный измеряется половиной дуги AK и, следовательно, равен полусумме углов MAB и MBA. Позотому MK — биссертиса угла B’MB. Это значит, что MK⊥B’B и KB’=KB. Отсюда следует, что KA=KB=KB’. Опуская из точки K перепределиляр KH на AM, получим AH=HB’=HM+MB, что и требовалось.

Эту задачу можно решить и с помощью тригонометрии: положив ∠MAB=α, ∠MBA=β, получим AM=2R sin β, MB=2R sin α. Позотому Позотому

AM+MB=2R(sin β+sin α)=4R sin α+β/2 cos α-β/2.
С другой стороны,

AK=2R sin α+β/2, ∠KAM=β-α/2,
и потому

AH=2R sin α+β/2 cos β-α/2=1/2(AM+MB).

Архимед — автор этой задачи — опубликовал ее в практике «Измерение кругга» в такой формулировке: «Если вписанный в дугу окружности сложный на две неравные части отрезок прямой принмает опущенный на него из середины дуги перепределиляр, то этот перепределиляр разделит всю ломанную линию пополам». Это утверждение позволяет вычислять длины хорд суммы и разности двух данных дуг.

А. А. Егоров

Ф1008. Стержень AB помещен внутри цилиндра. В точке A стержень закреплен шарнирно, в точке C он опирается на верхиной кромку цилиндра, точки A и C лежат в вертикальной плоскости, проходящей через оси цилиндра (рис. 1); угодл, который составляет стержень с горизонтом, равен α. Стержень смешают по верхиной кромке так, что онкасается ее в точке C’ и угодл C’OC равен ф. При каком минимальном коэффициенте треугольника будет находиться в этом положении в равновесии?

Пусть стержень находится в равновесии в новом положении, когда он касается цилиндра в точке C’. На стержень действуют сила тяжесте, сила реакции шарнира в точке A, сила N нормальной реакции цилиндра в точке C’ и сила треня f. Условие равновесия стержня — равенство нулю геометрической суммы этих сил и равенство нулю суммы моментов сил.

Из всех уравнений равновесия стержня рассмотрим одно — равенство нулю суммы моментов сил относительно вертикальной оси, проходящей точку A (относительно этой оси момент силы реакции шарнира и момент силы тяжесте равны нулю). Нетрудно понять, что это условие сводится к тому, что суммарный вектор сил N и f лежит в вертикальной плоскости, проходящей точку A (относительно этой оси момент силы реакции шарнира и момент силы тяжесте равны нулю). Оси координат X, Y и Z направим из точки C’ соответствующем в центр окружности O, по касательной к окружности и вертикальной вверх (рис. 2).

Введем три единчных вектора n₁, n₂ и n₃, ко-

33

торые направлены соответственно вдоль стержня, вдоль силы $\vec{N}$ и вдоль силы $\vec{f}$. Пусть угол, который образует вектор $\vec{n}_l$ с горизонтом, равен $\alpha'$. Так как в результате поворота стержня вертикальная плоскость, в которой он лежит, поворачивается на угол $\varphi/2$, то нетрудно показать, что

$$tg \alpha' = tg \alpha/\cos (\varphi/2).$$

Выразим каждый из векторов $\vec{n}_l$, $\vec{n}_N$ и $\vec{n}_f$ через единичные векторы $\vec{n}_x$, $\vec{n}_y$ и $\vec{n}_z$. Начнем с $\vec{n}_l$:

$$\vec{n}_l = \vec{n}_x \left( -\cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_y \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} + \vec{n}_z \sin \alpha'.$$

Сила $\vec{N}$ перpendикularна стержню и касательной к окружности в точке $C'$ (кромке цилиндра), откуда следует, что вектор $\vec{n}_N$ перpendикularен вектору $\vec{n}_y$, то есть

$$\vec{n}_N = \vec{n}_x \sin \gamma + \vec{n}_z \cos \gamma,$$

(*)

а также вектору $\vec{n}_l$. Отсюда получим соответствие между углами $\gamma$ и $\alpha'$ в виде

$$tg \gamma = tg \alpha'/\cos (\varphi/2).$$

Чтобы определить направление вектора $\vec{n}_f$, учтем, что он перpendикularен и вектору $\vec{n}_N$, и вектору $\vec{n}_l$. После нескольких выкладок получим

$$\vec{n}_f = \vec{n}_x \left( -\cos \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_y \left( -\sin \gamma \sin \alpha' - \cos \gamma \cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_z \sin \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2}.$$

(**)

Из уравнения (*) и (**) следует, что $N_x = N \sin \gamma, N_y = 0,$

$$f_x = f \left( -\cos \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} \right),$$

$$f_y = f \left( -\sin \gamma \sin \alpha' - \cos \gamma \cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right).$$

Как уже было отмечено, уравнение моментов сил свойства к тому, что, в частности, горизонтальная проекция суммы сил $\vec{N}$ и $\vec{f}$ должна лежать в плоскости стержня, то есть

$$f_x \sin \frac{\varphi}{2} + N_x \sin \frac{\varphi}{2} + f_y \cos \frac{\varphi}{2} = 0.$$

Миниальное значение коэффициента трения $k_{\min}$ определяется соответствием $k_{\min} N = f$. Тогда окончательно получим

$$k_{\min} = \frac{tg (\varphi/2)}{\sqrt{1 + ctg^2 \alpha \cos^2(\varphi/2)}}.$$

С. С. Кротов

Ф1009. Плоский диск радиуса $R$, расположенный в горизонтальной плоскости, начинают продвигаться между двумя вертикальными нитями, расстояние между которых $R$; длина каждой нити 2л, жесткость k, концы нитей закреплены (рис. 1). Найти сили, дейст-

34

виущую на диск со стороны одной нити через время t, если в начальной момент нити были нераспределены и касались диска; диск движют с постоянной скоростью v. Толщиной диска претенбреть; тренце не учитывать.

Предположим, что права нить касается диска в точке $B_2$, лежащей ниже точки $B_1$ (рис. 2, 6). Очевидно, что сила $T$ упругости нити направлена вдоль отрезка $BB_2$. Эта сила имеет проекции на касательную к диску в точке $B_2$ и на радиус $OB_2$. Со стороны диска на нить действует

$$\text{В треугольнике } OB'B |OB'| = R, \quad |BB'| = vt,$$
$$\text{Так что } r = R - \sqrt{R^2 + v^2 t^2} - Rvt \sqrt{3}.$$

сила реакции $N$, направлена по радиусу $OB_2$. Вдоль касательной нижкие силы со стороны диска на нить не действуют (треннее отсутствует). Следовательно, в результате действия силы $T$, направленной вдоль $BB_2$, точка $B_2$ нити будет скольнить по краю диска к точке $B_1$. К аналогичному выводу мы пришли бы, предположив, что точка касания нити с диском лежит выше точки $B_1$. (Подобные расчужнения справедливны и для левой нити.)

Следовательно, в любой момент нити касаются диска в точках, которые лежат на радиусах, проходящих через точки $A$ и $B$. Найдем силу $F$, действующего на диск со стороны левой нити в момент, когда $|BB'| = vt$ (см. рис. 2, a).

Пусть удлинение нити к этому моменту равно $\Delta l$. Тогда со стороны каждой половины нити на диск в точке $B_1$ действует сила $T = k \cdot \Delta l$, и суммарная сила, с которой нить действует на диск, равна $F = 2T \sin \alpha = 2k \cdot \Delta l \cdot \sin \alpha$,

где $\alpha$ — угол, который составляют половины нити с вертикальной (рис. 3). Как видно из рисунка 3,

$$\sin \alpha = \frac{|bB_1|}{|BB_1|} = \frac{r}{l + \Delta l},$$
$$l + \Delta l = \sqrt{l^2 + r^2}, \quad \Delta l = \sqrt{l^2 + r^2} - l,$$

так что

$$F = 2kr \frac{\sqrt{l^2 + r^2} - l}{\sqrt{l^2 + r^2}} = 2kr \left(1 - \frac{l}{\sqrt{l^2 + r^2}}\right),$$

где $r = R - \sqrt{R^2 - Rvt \sqrt{3} + v^2 t^2}$ (см. рис. 2, a).

А. С. Розенберг

Ф1010. Две диэлектрические заряженные нити бесконечной длины расположены в пространстве как две скрещивающие перпендикулярные прямые. Линейная плотность

35

зарядов на нитях σ. Найти силу взаимодействия нитей. Считать, что нити очень тонкие и перераспределение зарядов не происходит.

плотность заряда σ. Нить паралельна стороне квадрата и находится на высоте $r (r \ll a)$ от него (см. рисунок).

Разобъем плоскость на очень тонкие полоски шириной $\Delta x$ также, что

$$\Delta x \cdot \rho = \sigma \Rightarrow \Delta x = \sigma / \rho$$

(каждая полоска не что иное, как «нить» с линейной плотностью заряда $\sigma$). Так как $r \ll a$, можно считать, что сила $f$, с которой квадрата действует на нить, одна и та же. Эта сила и есть исключая в задание величины. Найдем ее.

Сила $F$, с которой действует плоскость на нить, равна

$$F = 2\pi k \rho \cdot \sigma l$$

(поскольку $r \ll a$); с другой стороны,

$$F = \sum f = f \frac{a}{\Delta x} = f \frac{l}{\Delta x} = fl \frac{\rho}{\sigma}.$$

Из этих двух соотношений находится $f$:

$$f = 2\pi k \sigma^2 = 2\pi \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \sigma^2 = \frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}.$$

И. В. Шутовский

Ф1011. Воздуший шар, подъемная сила которого создается горячим воздуха, устроен так, что объем его обозреваемый камеры практически построен, а давление в ней равно внешнему давлению, так как камера в нижней своей части сообщается с атмосферой. Обозрев в камере произвольная постоянная для компенсации теплотдачи в окружающей среду. Такой шар при постоянной мощности нарезательная плавает в атмосфере на определенной высоте. На сколько изменяется высота плавания, если при увеличении мощности нарезательная средняя температура воздуха в камере увеличится на $\Delta t = 0,1$ °C от начальной температуры $t = 57$ °C? Температура окружающей среды $t_0 = 17$ °C.

◆ Условие плавания воздуханого шара на некоторой высоте

$$mg + \rho V g = \rho_0 V g,$$

(1) где $m$ — масса оболочки воздуха шара и грузовой кабины, $\rho$ — плотность горячего воздуха, $\rho_0$ — плотность атмосферного воздуха на высоте плавания шара, $V$ — объем камеры, $g$ — ускорение свободного давления.

Из (1) следует, что на новой высоте равновесие будет возможность, если величины $\rho_0$ изменятся так, что

$$\Delta \rho = \Delta \rho_0,$$

(2) где $\Delta \rho_0$ — изменение плотности атмосферного воздуха, $\Delta \rho$ — изменение плотности горячего воздуха в камере.

При небольших изменениях высоты давление уменьшается с увеличением высоты ($\Delta h$) на

$$\Delta p = \rho_0 g \cdot \Delta h.$$

Поскольку температура атмосферы остается постоянной, для плотности атмосферного воздуха на разных высотах имеем:

$$\frac{\rho_0 - \Delta \rho_0}{\rho_0} = \frac{p_0 - \Delta p}{p_0},$$

откуда

$$\Delta \rho_0 = \rho_0 \frac{\Delta p}{p_0} = \rho_0^2 \frac{g}{p_0} \Delta h.$$

(3) Плотность горячего воздуха в камере изменяется за счет изменения температуры и давления:

$$\Delta \rho = \frac{p_0 \mu}{RT} - \frac{(p_0 - \Delta p) \mu}{R (T + \Delta T)} =$$

36

$$\frac{\mu (p_0 \cdot \Delta T + \Delta p \cdot T)}{R (T + \Delta T)} = \frac{p_0 \mu \left( \frac{\Delta T}{T} + \frac{\Delta p}{p_0} \right)}{RT \left( 1 + \frac{\Delta T}{T} \right)},$$

и так как $\frac{\Delta T}{T} \ll 1$,

$$\Delta \rho \approx \frac{p_0 \mu}{RT} \left( \frac{\Delta T}{T} + \frac{\Delta p}{p_0} \right).$$

(4)

Подставляя (3) и (4) в (2), находим:

$$\Delta h = \frac{RT_0^2 \cdot \Delta T}{\mu g T (T - T_0)} \approx 18 \text{ m.}$$

Е. Н. Юносов, И. В. Яминский

Ф1012. Торец длинного стеклянного цилиндра радиуса R закрыт светопропониемой пластинкой, в котором имеется вертикальная щель; ширину d щелки можно менять. На пластинку под углом a падает пучок паралелных световых лучей (пис. 1); освещенность пластинки E. У противоположного торца цилиндра находится фотогелем. Построить график зависимости светового потока, примаемого фотогелемом, от ширины щелки d. Показатель преломления стекла n.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3. В треугольнике CC’D $|CC'| = l$,

$$|C'D| = l \mathrm{tg} \beta, |CD| = \frac{l}{\cos \beta}.$$

В треугольнике CC’O’ $|CO'| = \sqrt{l^2 + x^2}.$

с предельным углом полного внутреннего отражения.

Рассмотрим ход луча CD, лежащого в плоскости AA’B’B. Проведем через точку C прямую, паралелную прямой AB (и оси цилиндра), и отложим на ней отрезок $|CC'| = |AD| = l$ (пис. 3). По теореме косинусов из треугольника CO’D имеем:

$$|CO'|^2 = |CD|^2 + |DO'|^2 - 2 |CD| |DO'| \cos \gamma,$$

$$l^2 + x^2 = \frac{l^2}{\cos^2 \beta} + R^2 - 2 \frac{lR}{\cos \beta} \cos \gamma.$$

(1)

37

Из треугольника $C'O'D$ имеем:
$$|C'D|^2 + |C'O'|^2 = |O'D|^2,$$
или
$$l^2 \mathrm{tg}^2 \beta + x^2 = R^2.$$ (2)

Из (1) и (2) находим:
$$\cos \gamma = \frac{\sqrt{R^2-x^2}}{R} \sin \beta = \frac{\sqrt{R^2-x^2}}{R} \frac{\sin \alpha}{n}.$$ (3)

Физический смысл (3) достаточно ясен — с ростом $x$ величины с $\gamma$ уменьшается, следовательно, sin $\gamma$ растет, и при некотором $x_0$ угол $\gamma$ достигает значения предельного угла полного внутреннего отражения $\gamma_0 = \arcsin \frac{1}{n}$. Определим, с какого $x_0$ выполняется условие sin $\gamma_0 = \frac{1}{n}$:

$$\frac{1}{n} = \sqrt{1-\cos^2 \gamma_0} = \sqrt{1-\frac{(R^2-x_0^2)}{R^2} \frac{\sin^2 \alpha}{n^2}},$$
откуда
$$x_0^2 = R^2 \left( \frac{1+\sin^2 \alpha-n^2}{\sin^2 \alpha} \right).$$ (4)

Итак, для всех лучей, падающих на торц цилиндра на расстоянии $x \geqslant x_0 = \frac{R}{\sin \alpha} \sqrt{1+\sin^2 \alpha-n^2}$ от вертикального диаметра торца, при первом падании луча на боковую поверхность цилиндра выполняется условие полного внутреннего отражения. (Из (4), в частиности, следует, что при $n^2 = 1+\sin^2 \alpha$ это условие выполняется для всех лучей ($x_0=0$).)

Если при первом падании луча на границу стекло — возникших он испытывает полное внутреннее отражение, то при всех последующих падациях на границу он также будет испытывать полное внутреннее отражение; если же при первом падании на эту границу условия полного внутреннего отражения не выполняется, то и в дальнейшем оно будет выполнять. (Показите это самостояльно.) Таким образом, в отсутствие светонепроницаемой пластины на фотоэлемент попадают лучи, которые падают на входной торц в области, защищенной на рисунке 4, $a$. При наличии пластики со щелью лучи не попадают в фотоэлемент, если ширина щели $d < 2x_0$. Если $2R \geqslant d > 2x_0$, световой поток, принимаемый фотоэлементом, определяется лучами, которые падают на входной торц в области, защищенной на рисунке 4, $b$. Величина потока пропорциональна площади защиты.

Итак: при $d \leqslant 2x_0$ Ф=0; при $2R \geqslant d \geqslant 2x_0$

$$\Phi = E \left( S_0 - 2R^2 \arccos \frac{d}{2R} + d \sqrt{R^2 - \frac{d^2}{4}} \right),$$
где
$$S_0 = 2R^2 \arccos \frac{x_0}{R} - 2x_0 \sqrt{R^2-x_0^2} = \text{const}$$
при данных значениях $R$, $\alpha$ и $n$ (см. (4)).

A. A. ЛанUDE