Решения задач М1116—М1120; Ф1128—Ф1132

22

Закреплена неподвижно, а другая может двигаться, оставясь параллельной первой пластине. Подвижная пластина прикреплена к стене при помощи пружины жесткостью $k=10$ Н/м. Начальное расстояние между пластинами $d=3$ см, площадь каждой пластины $S=0,5$ м². Расчитать шкалу волтметра. Какое максимальное напряжение можно изменять с его помощью? Расмотреть отдельно случан, когда вызкое трене очень мало и довольно велико.

А. Р. Зильберман

Ф1152. За линзой на расстоянии $l=4$ см (большое фокусного) расположено перpendикулярно главной оптической оси плоское зеркало. Перед линзой, также перpendикулярно главной оптической оси, расположен лист клетчатой бумаги (рис. 2). На этом листе получают изображения его клеток при двух положениях листа относительно линзы. Эти положения отличия на $l=9$ см. Определить фокусное расстояние линзы.

Е. П. Кузнецов

Решения задач
M1116—M1120, Ф1128—Ф1132

Ответ: a) 74; b) 6) $2S+2$.
Примогольник размером $m \times n$ клеток содержит $f=(m+1)(n+1)$ узлов. При данной площади $mn=S$ величина

$$f=S+m+n+1=S+m+\frac{S}{m}+1$$

принимает наиболее значение $2S+2$ при $m=1$ или $m=S$ (для прямогольника размером $1 \times S$). При других $m$ ($1<m<S$) величина $f$ меньше $2S+2$. Это следует из неравенства $m+\frac{S}{m}<S+1$, которое эквивалентно очередному неравенству $(m-S)(m-1)<0$. Заметим, что верно более общее утверждение: при заданном $S$ (S—целое или полученное число) из всех многоугольников с вершинами в узлах клетчатой бумаги самое большое число узлов содержит многоугольник, не имеющий внутренних узлов. Это следует из формулы Пика для клетки $S$ таких многоугольников*: $S=i+\frac{r}{2}-1$, где $i$ — число узлов, лежащих внутри многоугольника, а $r$ — число узлов на его границе: общее число узлов равно $i+r \leq 2i+r=2S+2$. (Неравенство превращается в равенство только при $i=0$.)

В. Л. Гугенахер

M1117. Дан произвольный треугольник. Доказите, что: a) можно построить три округности с центрами в его вершинах, по-

Точки $K, L, M$ — это точки касания сторон данного треугольника $ABC$ со вписанной в него окружностью (см. рисунок; если $OK=OL=OM$ — радиусы вписанной

*) См. статью «Вокруг формулы Пика», «Квант», 1974, № 12.

23

парно касающей друга druga (в точках K, L, M); б) если через середину каждой дуги KL, LM, MK, лежающей внутри треугольника, проведя касательную к ней, то образуется четыре треугольника, площадь одного из которых (центрального) равна сумме площадей трех druгих.

Каательная, проведенная через середину $C'$ для KL (с центром C), отсекает от $\triangle ABC$ равноведенный треугольник, по площади равный четырехугольнику $CKOL$: высота $CC'$ разрезает этот равноведенный треугольник на два прямого левых, равных $\Delta KCO = \Delta LCO$. Тут следует еще отметить, что эта касательная (на рисунке — красная) всегда пересекает стороны CA и CB (угол COB тупой, поскольку полусумма двух углов B и C треугольника ABC меньше $90^\circ$, поэтому гипотенуза CO треугольника COK меньше CB; аналогичное $\angle COA > 90^\circ$, и поэтому $CO < CA$). Аналогичная перестройка для двух других красных касательных превращает равноведенные треугольники с высотами $AA'$ и $BB'$ в четырехугольники $ALOM$ и $BMOK$. Таким образом, сумма площадей трех равноведенных треугольников с красными основаниями равна площади треугольника $ABC$. Отсюда вытекает последнее утверждение задачи: площадь, не покрыта треугольниками, равна площади, покрытой ими дважды.

А. А. Горбачев

M1118. а) Докажите, что уравнение $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2$ (*) имеет бесконечную многорешений в четырех числах $(x, y, z)$, не имеющих общего делителя, большего 1.
б) Сколько имеет таких решений, у которых $z=1988$?

a) Перепишем уравнение (*) в виде
$$xy+yz+zx=0.$$
Заметим, что если одно из неизвестных равно 0, то и неокторые другие — тоже 0; в дальнейшем мы не будем рассматривать такие тривиальные решения. Пусть $d$ — наиболее общий делитель $x$ и $y$, $x=da$, $y=ab$. тогда $z=-xy/(x+y)=-dab/(a+b)$, где $a, b$ и $a+b$ попарно взаимно просты, так что $d$ делится на $a+b:d=k(a+b)$. Отсюда получаем общую формулу для нетривиальных решения:
$$x=ka(a+b), y=kb(a+b), z=-kab,$$
где $a, b, k$ — целые, причем $a$ и $b$ взаимно просты. При $k=1$ получаем всевозможные различные решения из чисел, не имеющих общего делителя, большего 1.
б) Ответ: 16. Вопрос сводится к тому, сколько способами можно представить 1988 в виде произведения $-ab$, где $a$ и $b$ — взаимно простые целые числа. Поскольку 1988 = $4 \cdot 7 \cdot 71$, в роли $a$ можно взять произведение некоторых чисел — 1, 4, 7, 71 (тогда $b$ будет произведением остальных; произведение «пустого множества» естественно считать 1.)
С. Г. Мамиконян, Н. В. Васильев

M1119. Назовем $k$-звездой фигур на плоскости, состоящую из $k$ лучей с общим началом разбиения плоскость на $k$ рав

24

ных углов (по 360°/k).
При каких k>2 верно следующее утверждение: для любых k точек плоскости общего положения (никачее три из которых не лежат на одной прямой) существует k-звезда, в каждом из k углов которого содержитсяровно одна из этих k точек?

Рис. 1.

Рис. 2.

Задатник, Канма

При k=4 рассмотрим два случая. Если точки лежат в вершинах выпukлого четырехугольника, то за центр 4-звезды можно взять точку пересечения его диагоналей, а лучи направить по биссектрисам углов между ними (рис. 2). Если одна из точек D лежит внутри треугольника ABC с вершинами в трех других и ∠ADB>90°, то в качестве O можно выбрать точку пересечения отрезка DC и некоторой полуокружности, диаметр которого A₁B₁ целиком лежит на отрезке AB, а лучи направить по прямым OA₁ и OB₁ (рис. 3).

Чтобы доказать, что для k=5 (и k>5) утверждение неверно, достаточно привести пример; в качестве такогоого годятся 5 точек, лежащие на одной дуге величины α<72°. В самом деле, если дуга α пересекает четыре точки лучей 5-звезды с центром O, то α>72°. (поскольку полусумма дуг AB′ и A′B на рисунке 4 равна ∠AOB′=36°.

М. Хованов

M1120. a) Последовательность a₀, a₁, a₂, … задана соответствия Фибоначчи a₀=0, a₁=1, a₂=1, a₃=2, …, задаваемой условия: aₙ+1=aₙ+aₙ-1, n=1,2,…

б) Доказите аналогичное утверждение для последовательности Фибоначчи a₀=0, a₁=1, a₂=1, a₃=2, …, задаваемой условия: aₙ+1=aₙ+aₙ-1, n=1,2,…

Докажем общее утверждение: если последовательность a₀=0, a₁, a₂, … целых чисел такова, что

НОД(aₘ, aₖ)=НОД(aₘ-k, aₖ) (1)

для любых m>k≥1, то

НОД(aₘ, aₖ)=aₖ, (2)

где d=НОД(m, k).

В самом деле, для любой пары начальных значений m, k повторение операции

(m, k)→(m-k, m)

(из большого числа пары вычитается меньше) приводит к пале (d, 0), где d=НОД(m, k); это вариант алгоритма Евклида для отыскания наиболее общего делителя чисел m, n, изложенный в учебнике информацией для 9 класса (объчно алгоритм Евклида называют его «сокращенный» вид, состоящий из последовательности делений с остатком.

Таким образом, из равенств (1) следует, что

НОД(aₘ, aₖ)=НОД(aₘ, a₀)=НОД(aₘ, 0)=aₖ

— это и есть (2).

a) Положим P(P(P(…(P(x))…))=Pₙ(x); это многочлен с целыми коэффициентами, причем aₘ=Pₘ(a₀) и aₘ=Pₘ-k(aₖ) при m>k. Заметим, что Pₙ(x)=aₙ+xQₙ(x), где Qₙ(x) — тоже многочлен с целыми коэффициентами. Проверим (1): при m>k≥1

НОД(aₘ, aₖ)=НОД(Pₘ-k(aₖ), aₖ)=НОД(aₘ-k+

25

Ф1128. На горизонтальной поверхности покотся однородный тонкий обруч массой M и радиусом R. Горизонтальный диаметр обруча представляет собой легкую гладкую трубку, в которой помещен шарик массой m, прикрепленный к обручу двумя пружинами жесткостью k какдая (рис. 1). Удерживая обруч неподвижным, шарик отклонилилево на величины x, после чего предоставили систему самой себе. Начищу ускорение центра обруча в начальной момент времени. Просkalъывание обруча отсутствует.

На рисунке 2 показаны силы, действующие на шарик и на обруч.

Пусть ускорение центра обруча равно a. Тогда уравнение, выражающее второй закон Ньютона для построительного движения обруча (в проекциях на горизонтальное направление), будет иметь вид:

$$Ma = 2kx - F_{тр}$$

Здеся 2kx — суммарная сила ургоости обихих пружин, $F_{тр}$ — сила треня со стороны горизонтальной поверхности.

Если ускорение центра обруча равно a, то вертикальное ускорение шарика будет равно $ax/R$, и уравнение движения шарика (в проекциях на вертикальное направление) записывается в виде:

$$ma \frac{x}{R} = mg - N.$$

Здеся N — сила реакции со стороны гладкой трубки. Наконец, запишем уравнение, описывающее врашательное движение обруча вокруг центра:

$$MRa = F_{тр}R + Nx.$$

Решая систему трех уравнений, получим

26

Ф1129. На цилиндрический постояний магнит области его полюса надета катушка, имеющая вид узкого колыза (рис. 1). Если трасси катушки так, чтобы она совершала гармоничное колебания вдоль оси ОО’ с амплитудой $A=1$ мм (которая много меньше размеров магнита и катушки) и частотой $f=1000$ Гц, то в ней наводится ЭДС индукции с амплитудой $\mathcal{E}_0=5$ В. Какая сила будет действовать на неподвижную катушка, если пропустить по ней ток $I=200$ мА?

При смешении катушки вдоль оси магнита меняется поток магнитной индукции через катушка. В результате в ней возникает ЭДС индукции $\mathcal{E}=N\Delta\Phi/\Delta t$, где $N$ — число витков катушки, $\Phi$ — поток магнитной индукции через один виток.

Для вычисления $\Phi$ поступим следующим образом. Натяем на виток какую-либо поверхность и подсчитаем число линей индукции магнитного поля $\bar{B}$, пересекающих эту поверхность. В данном случае удобно использовать поверхность в виде цилиндра с крышкой (рис. 2). При этом будем иметь в виду, что при смешении катушки крышка остается на месте, но меняется расстояние между ней и катушки. Пусть катушка сместилась вниз на $\Delta x$. Тогда к боковой поверхности цилиндра добавляется «поясок» с площадью $2\pi R\Delta x$, где $R$ — радиус катушки. Соответствие к $\Phi$ добавляется $\Delta\Phi$ — магнитный поток через этот «поясок»:

$$\Delta\Phi=2\pi R\Delta x\cdot B_r,$$

где $B_r$ — радиальная (т. е. перpendикулярная боковой поверхности цилиндра) проекция вектора $\bar{B}$. Таким образом,

$$\mathcal{E}=N\cdot 2\pi R\frac{\Delta x}{\Delta t}B_r=N\cdot 2\pi RvB_r,$$

где $v$ — скорость катушки. При гармоничных колебаниях амплитуда скорости

$$v_0=\omega x_0=2\pi fA,$$

и

$$\mathcal{E}_0=N\cdot 2\pi R\cdot 2\pi fAB_r.$$

С другой стороны, искомая сила равна

$$F=\sum\Delta F=\sum N\cdot I\Delta l\cdot B_r=N\cdot 2\pi RIB_r.$$

Из последних двух равенств окончательно получаем

$$F=\frac{\mathcal{E}_0I}{2\pi fA}\approx 0,16\text{ H.}$$

М. М. Цыплин

Ф1130. Колебательный контур состоит из вакуумного конденсатора емкостью $C$, расстояние между пластинами которого $d$, и катушки индуктивности. Собственная часть колебаний контура равна $\omega_0$. Какой будет собственная

Запишем энергию системы в произвольный момент времени:

$$W=\frac{LI^2}{2}+\frac{CU^2}{2}+\frac{mv^2}{2}-\frac{qUx}{d},$$

где $L$ — индуктивность катушки, $I$ — ток в катушка, $U$ — напряжение на конденсаторе, $v$ — скорость частицы, $x$ — ее координата. Уравнение движения частицы в электрическом поле конденсатора имеет вид:

27

Частота, если между пластнами конденсатора помещить свободную точную частую массой $m$, имеющую заряд $q$? Сила также отсутствует. Краевыми эфективами и силой «электростатическая изобрання» претенбреть.

$$ma = \frac{qU}{d}.$$

Если $U$ изменяется по гармоничскому закону $U = U_0 \cos \omega t$, то
$$v = \left( qU_0 / (md\omega) \right) \sin \omega t,$$
$$x = -\left( qU_0 / (md\omega^2) \right) \cos \omega t,$$
$$I = -CU_0 \omega \sin \omega t.$$

По закону сохранения энергии
$$W = U_0^2 \left( \frac{L}{2} (C\omega)^2 + \frac{m}{2} \left( \frac{q}{m\omega d} \right)^2 \right) \sin^2 \omega t +$$
$$+ U_0^2 \left( \frac{C}{2} + \frac{q^2}{m(\omega d)^2} \right) \cos^2 \omega t = \text{const.}$$

Это возможно, только если коэффициенты при $\cos^2 \omega t$ и $\sin^2 \omega t$ равны. Отсюда получаем
$$\omega^2 = \omega_0^2 / 2 + \left( \left( \omega_0^2 / 2 \right) \right)^2 + \left( q\omega_0 / d \right)^2 / (mC)^{1/2}.$$

Оценим, при каких условиях можно претенбреть с одной «электростатической изобранення»* (как это было сделано выше). Эта сила, равная по порядку величины $q^2 x / (\varepsilon_0 d^3)$, должна быть намного меньше «обичной» электростатической силы $qU/d$, откуда
$$\frac{q^2}{\varepsilon_0 d^3 m\omega^2} \ll 1.$$

Поскольку площь пластин конденсатора $S \gg d^2$, а $C = \varepsilon_0 S / d$, формула (*) справедлива, если введение частицы в конденсатор не сильно изменяет частоту колбаней в контуре.

А. В. Андрианов, Д. А. Купцов

Ф1131. Определить скорость ветра в смерее обычными meteorologicalи приборами трудно (поскольку смеря не велик по размеру и движется) и неbezonalно. Предложено измерять ее издали с помощью портативного радиора (так как внутри смерца много пыли и мелких предметов, он отражает радиовольты). Радар излучает радиовольты на частоте $f_0 = 10^{10} \text{ Гц}$. Спектр отражению от смерца сизна приведен на рисунке ($\Delta f = f - f_0$). Найти максимальную скорость ветра в смерее.

Частота отраженного сигнала отличается от частоты излучателя из-за эффекта Доплера. Максимальный сдвиг частот будет в том случае, если скорость отражающего радиовольты предмета направлена точно на радар (или от него).

Будем считать, что радар посылает короткие радиомпульсы с частотой следования $f_0$, а частота принимаемых им импульсов равна $f_1$. Время между приходами в антенну радара $n$-го и $(n+1)$-го импульсов равна
$$\frac{1}{f_1} = \frac{1}{f_0} + T_{n+1} - T_n,$$
где $T_n$ — время распространения $n$-го импульса от радара до отражающего предмета и обратно, $T_{n+1}$ — время распространения $(n+1)$-го импульса.

Обозначим через $L_n$ расстояние от радара до отражающего предмета в момент испускания $n$-го импульса, а через $L_{n+1}$ — то же расстояние в момент испускания $(n+1)$-го импульса. Очевидно, что
$$T_n = \frac{2L_n}{v + c}, \quad T_{n+1} = \frac{2L_{n+1}}{v + c},$$

*) О том, как можно определить эту силу для некоторых конкретичных случая, можно прочитать в заметке «Метод электростатических изобранений» (Квант, 1987, № 3, с. 39). (Примеч. ред.)

28

где $v$ — искомая скорость ветра в смерче, $c$ — скорость распространения радиоволн (скорость света). Разность $L_n - L_{n+1}$ равна смесению отражающего предмета за время, равное $1/f_0$:

$$L_n - L_{n+1} = \frac{v}{f_0}.$$

Отсюда получаем

$$f_1 = f_0 \frac{(c + v)}{(c - v)} \approx f_0 \left(1 + \frac{2v}{c}\right),$$

и

$$v \approx \frac{c}{2} \frac{\Delta f}{f_0} \approx 100 \text{ m/c.}$$

Д. А. Купцов

Ф1132. Недавно установлено, что вымирание видов животных на Земле идет особенно интенсивно в течение периодических промежутков времени длительного $T = 6,2$ млн лет. Такая закономерность объясняется гипотезой, предложанной существование звезды Немезиды, являющейся спутником Солнца. Эта слабая и потому невидимая звезда движется по орбите, полована которой расположена внутри так называемого «пояса Оорта», содержащого запас комет (рис. 1). Возмущая движение комет, Немезида вызывает на Земле «кометный домъ», продолжительность которого практически совпадает со временем孵ания Немезиды внутри пояса Оорта.

Определите большую получость а орбиты Немезиды и период ее обращения вокруг Солнца, если предполагается, что перигелий орбиты находится на расстоянии 0,15а от Солнца. Площадь эллипса $S = \pi ab$, где $a$ и $b$ — получи эллипса.

За время $T = 6,2$ млн лет радиус-вектор Немезиды занимает площадь, защищенного на рисунке 2. Это положина плосади эллипса за вычетом плосади треугольника с основанием $2b$ и высотой 0,85 $a$. Площадь этой фигуры, как нетрудно считать, составляет $(\pi ab/2 - 0,85ab)/\pi ab = 0,23$ плосади всего эллипса. Та-

Рис. 1.

Рис. 2.

кую же часть перiodа составляет время孵ания Немезиды внутри пояса Оорта (это следует из второго закона Кеплера). Полный период обращения Немезиды вокруг Солнца, следовательно, составляет $T_x = 27$ млн лет.

Сравнивая, с помощью третього закона Кеплера, движение Земли и Немезиды, получаем большую получость невидимого спутника Солнца:

$$a = \left( T_x/T_0 \right)^{2/3} R_0 = \left( 27 \cdot 10^6 \right)^{2/3} a.e. = 9 \cdot 10^4 a.e. \approx 13,5 \cdot 10^{12} \text{km.}$$

Здесь $T_0$ — земной год, а $R_0$ — радиус орбиты Земли, равный одной астрономической единице (1 а.е.), или 150 млн км.

В. Е. Белонучкин