Решения задач М1081—М1085; Ф1093—Ф1096

34

The water is dripped out of the pipettes and the drops counted. Which pipetie will yield the most drops?

A. I. Buzdin

P1117. Light from a point source $A$ is carried through a non-transparent wall by means of a light conductor: a thin transparent stick with circular section of radius $R$ (figure Pisc.); the inner part of the stick of radius $r(R-r \ll r)$ is made of a material of refraction index $n_1$, the outer envelope — of material with refraction index $n_2$ ($n_2 < n_1$). Determine the diameter of the light spot obtained on a screen placed at the distance $L$ from the right end of the light conductor. The source $A$ is placed next to its left end, near the latter’s middle. How will the size of the spot change, if the source is moved away from the conductor along its axis to the distance $l$?

E. N. Yunosov, I. V. Yaminski

Решения задач

M1081—1085, Ф1093—1097

Будем считать, что у однозначного числа «предпоследняя цифра» равна 0.

Если число $N$ кончается цифрами $ab$, то, очевидно, две последние цифры числа $3N$ совпадают с двумя последними цифрами числа $3(10a+b)=30a+3b$. Поэтому при четном $a$ предпоследние цифры чисел $3N$ и $3b$ будут одной и той же четности. Выпишем несколько верых степеней 3:

$$3^1=3, 3^2=9, 3^3=27, 3^4=81.$$

IX последние цифры — 3, 9, 7, 1; далее они будут переодически повторять. Предпоследние цифры чисел $3 \cdot 3=9, 3 \cdot 9=27, 3 \cdot 7=21, 3 \cdot 1=3$ — четные, следовательно, если утверждение задачи справедливо для $3^n$, то оно справедливо и для $3^{n+1}$. А так как оно верно для $3^3=27$, по индукции заключаем, что оно верно и для всех натуральных $n>2$.

В. И. Плачко

M1082. В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ диаzoнали пересекаются в точке O. Доказите, что равенство $AB^2+BC^2+CD^2+DA^2=2(AO^2+BO^2+CO^2+DO^2)$ выполняется и пересекается в точке O пополам.

Запишем теорему косинусов для треугольников $AOB, BOC, COD$ и $DOA$, полагая $\angle AOB=\alpha$ (и тем самым $\angle BOC=\pi-\alpha$; см. рисунок):

$$AB^2=AO^2+BO^2-2AO \cdot BO \cos \alpha,$$
$$BC^2=BO^2+CO^2+2BO \cdot CO \cos \alpha,$$
$$CD^2=CO^2+DO^2-2CO \cdot DO \cos \alpha,$$
$$DA^2=DO^2+AO^2+2DO \cdot AO \cos \alpha.$$

Сложим эти равенства и пересекаем квадраты отрезков диаzoналей в левую часть:

$$AB^2+BC^2+CD^2+DA^2-2(AO^2+BO^2+CO^2+DO^2)=2 \cos \alpha(-AO \cdot BO+BO \cdot CO-CO \cdot DO+DO \cdot AO)=2 \cos \alpha(BO-DO)(CO-AO).$$

Равенство из условия равносильно тому, что последнее

35

Задание, Кванта

полученное выражение равно нулю, поэтому или
соς α=0, и следовательно, диагонали AC и BD перпенди-
кулярны, или BO=DO, или CO=AO, т. е. одна из диаго-
налей делится точкой O пополам.

А. П. Савин

M1083. Наибольшее из не-
отрицательных чисел $a_1$, $a_2, \dots, a_n$ равно a.
a) Доказите неравенство
$$\frac{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2}{n} \leqslant \left(\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}\right)^2 + \frac{a^2}{4}.$$
b) Когда в нем достигается
равенство?

a), б) Положим $(a_1+a_2+\dots+a_n)/n=m$, тогда
$$\frac{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2}{n} - m^2 \leqslant am - m^2 = \frac{a^2}{4} - \left(\frac{a}{2} - m\right)^2 \leqslant \frac{a^2}{4},$$
поскольку $a_i^2 \leqslant a \cdot a_i$ ($i=1, 2, \dots, n$). Тем самым доказано
неравенство a).

Равенство в нем достигается тогда и только тогда, когда,
во-первых, $a_i^2=a \cdot a_i$, т. е. при каждом $i$ либо $a_i=0$, либо $a_i=a$, и, во-вторых, $m=a/2$. А это возможно только в двух случаях: 1) все $a_i$ равны 0; 2) $n$ четно и $n/2$ чисел $a_i$ равны 0, а остальные $n/2$ равны $a$ ($a>0$).

Таким же способом можно доказать следующее — более общие — неравенство: $p_1a_1^\alpha + p_2a_2^\alpha + \dots + p_na_n^\alpha \leqslant \left(p_1a_1+\dots+p_na_n\right)^\alpha + (\alpha-1)\alpha^{\frac{1}{1-\alpha}}a^\alpha$ при $p_i \geqslant 0$ ($i=1, \dots, n$), $p_1+p_2+\dots+p_n=1$, $\alpha>1$, $0 \leqslant a_i \leqslant a$.

Л. Г. Ханин

M1084. Две окружности на плоскости пересекаются в точках A и B. Доказите, что можно выбрать такую точку C, что любая окружность с хордой AC будет пересекать данные окружности (второй раз) в точках, одинаково удаленных от C.

Обозначим через $O_1$ и $O_2$ центры данных окружностей. Достроим треугольник $O_1BO_2$ до параллелограмма (рис. 1) и доказем, что его четвертая вершина $C(O_1C=BO_2)$ и есть искомая точка.

Пусть $O$ — центр произвольной окружности, проходящей через $A$ и $C$, $M$ и $N$ — точки ее пересечения с окружностями $O_1$ и $O_2$. Равенство $CM=CN$ равносильно равенству друг CM и CN окружности O, которое, в свою очередь, равносильно тому, что прямая AC образует равные углы с прямыми AM и AN (т. е. либо $\angle CAM=\angle CAN$ — рисунок 1, либо $\angle CAM+\angle CAN=180^\circ$ — рисунок 2). Общая хордя AM окружностей O и $O_1$ перпендикулярна их линиям центров $OO_1$; аналогично, хордя AN перпендику-

36

лярна $OO_2$. Поэтому достаточно доказать, что прямая $AC$ образует равные углы с $OO_1$ и $OO_2$. Заметим, что $ACO_1O_2$ — равновесная трапеция (так как $O_1C=O_2B=O_2A$, $O_2C=O_1B=O_1A$, т. е. $\triangle O_1O_2C=\triangle O_2O_1A$). Следовательно, прямая $AC$ параллельна $O_1O_2$. Остается заметить, что $\angle OO_1O_2=\angle OO_2O_1$, либо точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC$ ($OA=OC$), а значит, — и к отрезку $O_1O_2$.

В. Ю. Прогасов

M1085*. Несколько попарно скрещивающих прямых, расположенных в пространстве, проектируется на горизонтальном плоскосте. Их проекции изображены так, чтобы в точках пересечения было видно, какая точка расположена выше, а какая ниже. может ли получиться проекция, изображенная на рисунке 1a, 6, 8?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 4.

37

Ф1093. Автомобиль массой m=1200 кг, тормозя при выключенной передаче, катися визс с постоянной скоростью по наклонному участку шоссе с углом наклона α (sin α = $\frac{1}{14}$). Каждый из четырех колес автоматически имеет внешний радиус R и жестко скреплен с тормозным барбаном радиусом r = $\frac{5}{12}$ R, к которой прижимаются с одинаковой силой N тормозные колодки A и A’ (см. рисок). Начти N, если коэффициент треня скольжения между барбаном и колодками k=0,4. Просkalъывание между шинами и шоссе отсутствует.

Ф1094. Узкая трубка постоянного сечения образует канадрат со стороны l,

в) Ответ: да. Если мы сумем построить конфигурацию, проектная которой показана на рисунке 5, то, чутьчуть приподняв (параллельным переносом) прямую 6, опустив прямую 5, а за ней — прямы 1 и 2, получим рисунок 1, возьем в качестве прямых 1, 2, 3 и 4 диагонали боковых граней куба (рис. 6), прямую 5 проведем через середины диагоналей 1 и 2, а прямую 6 проведем через точки на диагоналях 3 и 4, расположенные чуть ниже их середин. Проекция этих прямы на основание куба дает рисунок 5.

Предлагаем читателем придумать по возможности более общее условия существования конфигураций скрещивающихся прямы, заданных их проекциями. Это интересная, но, видимо, довольно трудная задача на исследование.

С. Л. Табачников

Если бы на колеса автоматия не действовала тормозные колодки, то при отсутствии прокалъывании между шинами и шоссе автоматиль спускался бы по склону ускорению. При этом на пути S он «набирал» бы кинетическая энергию ΔK, и согласно закону сохранения энергии

$$\Delta K = mgS \sin \alpha,$$

где mgS sin α — изменение потенциальной энергии.

По условияю задачи скопость автоматиль не меняется. Это означает, что работа A сил треня (между тормозными барбанами и колодками) на пути S как раз равна mgS sin α. Найдем работу A.

Если автоматиль прошел путь S, то каждая колодка прошла по поверхности барбана путь S₁ = Sr/R, и сила треня между каждой колодкой и барбаном совершила работу

$$A_1 = kNS_1 = kNS \frac{r}{R}.$$

Суммарная работа сил треня —

$$A = 8A_1 = 8kNS \frac{r}{R}$$

(на каждом из четырех колес по две колодки).

Таким образом, по закону сохранения энергии

$$8kNS \frac{r}{R} = mgS \sin \alpha.$$

Отсюда находится N:

$$N = \frac{mgR \sin \alpha}{8kr} = 630 \text{ Н.}$$

В. И. Чивилёв

Начав дивигаться, жидкость будет стремиться занять положение, в котором потенциальная энергия системы Π будет наименьшей. Значение Π будет минимальным,

38

закрепленный в вертикальной плоскости. Трубка заполена равными объемами двух не пропикатических другь в другах жидкости с плотностью $Q_1$ и $Q_2$ (см. рис.ок). Вначале более плотная жидкость заполняла верхнюю часть трубки. В некоторых момент жидкости пршили в движение. Найти их максимальное скорость. Третий нет. Ускорение свободного падения равно g.

Ф1095. Рассеяный волосенедuct не заметил, как случайно наехал на вертикальную стенку. Оценить, при какой минимальной скорости шина при ударе деформация до металлического обода. Предполагается, что вы, хорошего представляя явление, можете сами задать необходимые для решения величины, выбрать достаточно правильное их числовые значения и получить числовой результат.

Когда более плотная жидкость оказывается в нижней половине трубки, а менее плотная — в верхней (устойчивое положение равновесия). Согласно закону сохранения энергии именно в этот момент кинетическая энергия жидкости $K=(m_1+m_2)v^2/2$ (а значит и ее скорость) будет максимальным, и $K=\Delta\Pi$ (ΔП — изменение потенциальной энергии системы). Найдем ΔΠ.

Центр тяжестеки жидкости, занимающей поливну (верхнюю или нижнюю) трубки, находится на расстоянии $y=l/8$ от ближайшей горизонтальной стороны. Смешение центра тяжестеки жидкости при переходе в положение устойчивого равновесия равно

$$\Delta y=l-2y=l-2 \frac{l}{8}=\frac{3}{4} l.$$

Следовательно, изменение потенциальной энергии все системы —

$$\Delta\Pi=(m_1-m_2)g \cdot \frac{3}{4} l=\frac{3}{2}(Q_1-Q_2)gSl^2$$

(S — площадь сечения трубки).

Максимальное значение кинетической энергии —

$$K_{\max}=(m_1+m_2)\frac{v^2_{\max}}{2}=(Q_1+Q_2)Slv^2_{\max}.$$

Таким образом, из закона сохранения энергии —

$$(Q_1+Q_2)Slv^2_{\max}=\frac{3}{2}(Q_1-Q_2)gSl^2$$

— находим $v_{\max}$:

$$v_{\max}=\sqrt{\frac{3}{2}gl \frac{Q_1-Q_2}{Q_1+Q_2}}.$$

Г. В. Меледин

При удале колеса велосипеда о вертикальном стенку проискот сжатие газа в камере. При этом совершается работа

$$A \sim p \cdot \Delta V,$$

где $p$ — избыточное давление воздуха в камере, $\Delta V$ — изменение объема камеры. На совершение этой работы появится кинетическая энергия велосипеда, так что

$$p \cdot \Delta V \sim \frac{mu^2}{2}.$$

Отсюда для скорости велосипеда получаем

$$u \sim \sqrt{\frac{2p \cdot \Delta V}{m}}.$$

Избыточное давление в камере можно оценить из соответствия

$$p \cdot 2S \sim mg,$$

где $S$ — площадь соприкосовения каждой колеса с дорогой. Следовательно,

$$u \sim \sqrt{\frac{g \cdot \Delta V}{S}}.$$

Объем $\Delta V$, как видно из рисунка, можно оценить как

39

$$\Delta V \sim \frac{\pi d^2}{4} \cdot \frac{L}{2}, \quad \text{где} \quad \frac{L}{2} = \sqrt{2dR - d^2} \approx \sqrt{2dR}.$$

Сделаем численную оценку: при $d \sim 4$ см, $S \sim 3 \cdot 10$ см$^2$, $R \sim 40$ см получаем

$$u \sim 4 \text{ km/ч}.$$

Г. В. Федотович

Ф1096. Проволочное колъю радиусом $R$ имеет проводящую перемычку, расположенную вдоль диаметра. Влевую и правую полукругжности включены конденсаторы $C_1$ и $C_2$ (см. рис.ок). Кольцо помещено в нарастище линейно со временем магнитное поле с индукцией $B(t) = B_0 t/T$, переменную его плоскости. В некоторых момент времени перемычку убирают и затем прекращают изменять поле. Начти заряды, установленше на конденсаторах.

Кольцо с проводящей перемычкой можно представить как два контур — $AC_1B$ и $BC_2A$ — площадью $\pi R^2/2$ каждый. Магнитный поток, произвольный каждый контур, меняется со временем как

$$\Phi(t) = \frac{\pi R^2}{2} B_0 \frac{t}{T}.$$

При этом в каждом контуре поддерживается ЭДС индукции

$$\mathcal{E} = - \frac{d\Phi}{dt} = - \frac{\pi R^2 B_0}{2T}.$$

Такова разность потенциальов между пластинами каждого конденсатора (см. рис.ок). Следовательно, заряды на пластинах конденсаторов при изменении магнитного поля будут постоянны и равны, соответственно,

$$Q_1 = \mathcal{E} C_1, \quad Q_2 = -\mathcal{E} C_2.$$

После того как уберут перемычку и прекратят изменять поле, заряды $Q_1$ и $Q_2$ будут перераспределаться между $C_1$ и $C_2$ до тех пор, пока разность потенциальов между соединительными пластинами конденсаторов не станет равной нулю, т. е. пока напряжения на конденсатрах не сравняются. Установившие заряды на пластинах будут определяться условиями

$$\frac{Q'_1}{C_1} = \frac{Q'_2}{C_2},$$

$$Q'_1 + Q'_2 = Q_1 + Q_2$$

(последнее равенство следует из закона сохранения заряда). Решая совместно (2) и (3), использует выражение (1) для $\mathcal{E}$, находим $Q'_1$ и $Q'_2$:

$$Q'_1 = \mathcal{E} C_1 \frac{C_1 - C_2}{C_1 + C_2} = \frac{\pi R^2 B_0 C_1}{2T} \frac{C_1 - C_1}{C_1 + C_2},$$

$$Q'_2 = \mathcal{E} C_2 \frac{C_1 - C_2}{C_1 + C_2} = \frac{\pi R^2 B_0 C_2}{2T} \frac{C_2 - C_1}{C_1 + C_2}.$$

Г. В. Федотович