Решения задач М1136—М1140; Ф1148—Ф1152

31

$R = 3 \cdot 10^9 R_0$ ($R_0$ — радиус орбиты Земли) от центра Галактики сосредоточена масса $M_1 = 1,5 \cdot 10^{11} M_0$ ($M_0$ — масса Солнца). Между тем, период обращения звезд, находящся на указанном расстоянии от центра Галактики, составляет $T = 3,75 \cdot 10^8$ лет. Определить «скрытую массу» Галактики, т. е. массу невидимых объектов внутри сферы радиусом $R$. При расчете движения звезд массу Галактики можно считать сосредоточенной в ее центре.

В. Е. Белонучкин

Ф1171. Электрический диополь — две частицы с одинаковыми массами $m$ и зарядами $+q$ и $-q$, заключенные на концах жесткого неевесомого стержня длиной $l$, вращается с угловой скоростью $\omega$ в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через центр $O$ диополя (рис. 3). В некоторых моментах включают постоянное магнитное поле с индукцией $B$, направленной вертикально. Опишите установленное движение диополя.

С. Эдракович (СФРЮ)

Ф1172. Внутренняя поверхность сферы покрыта диффузим отражателем с коэффициентом отражения $r = 0,9$. Угловое распределение света, отраженного диффузим отражателем, описывается законом Ламберта:

$$\Delta N = \frac{N}{\pi} \cdot \cos \theta \cdot \Delta \Omega,$$

где $N$ — полное число отраженных фотонов, $\Delta N$ — число отраженных фотонов в малом телесном угле $\Delta \Omega$, составляющим угол $\theta$ с нормалью к отражающей площадке. В центре сферы проискодит вспышка точного источника света. Какая доля фотонов выйдет через очень маленькое отвергение, имеющееся в сфере?

С. А. Хорозов

Решения задач
M1136—M1140, Ф1148—Ф1152

М1136 *. Докажите для неотрицательных чисел $A$, $M$, $S$ неравенство
$$3 + (A + M + S) + \left( \frac{1}{A} + \frac{1}{M} + \frac{1}{S} \right) + \left( \frac{A}{M} + \frac{M}{S} + \frac{S}{A} \right) \geq \frac{3(A + 1)(M + 1)(S + 1)}{AMS + 1}.$$

Доказательство свойства к весам искусственному (но и искусному!) тождественному преобразованияю. Умножив разность левой и правой части неравенства на их общий знаменатель $AMS(AMS + 1)$ и произведение перегруппировки слагаемых, получим
$$A^2M^2S^2(A + M + S) - 2AMS(AM + MS + SA) + (AM^2 + MS^2 + SA^2) + AMS(AM^2 + MS^2 + SA^2) - 2AMS(A + M + S) + (AM + MA + AS) = AM(M + 1)(SA - 1)^2 + MS(S + 1)(AM - 1)^2 + SA(A + 1)(MS - 1)^2 \geq 0,$$
причем равенство, очевидно, достигается только при $A = M = S = 1$. Это решение сообщил автору задачи крупный специалист по циклическим неравенствам профессор П. Х. Динанада из Сингапура.

32

М1137. В выпуклом нулольнике все углы равны и из некоторой точки, расположенной внутри нулольника, все его стороны видны под равными углами. Доказите, что этот нулольник правильный.

Пусть в $n$-угольнике $A_1A_2...A_n$ (см. рисунок) все углы равны, т. е. каждый из них равен $180^\circ(n-2)/n$, и точка $M$ такова, что $\angle A_1MA_2=\angle A_2MA_3=\dots=\angle A_nMA_1=360^\circ/n$.

Тогда все треугольники $A_1MA_2, A_2MA_3, \dots, A_nMA_1$ подобны: если $\angle MA_1A_2=\alpha, \angle A_1A_2M=\beta=180^\circ-360^\circ/n-\alpha, \angle MA_2A_3=180^\circ(n-2)/n-\beta=\alpha, \angle A_2A_3M=180^\circ-360^\circ/n-\alpha=\beta$ и т. д., поэтому $\frac{MA_1}{MA_2}=\frac{MA_2}{MA_3}=\dots=\frac{MA_{n-1}}{MA_n}=\frac{MA_n}{MA_1}=k$.

Переменная эти отношения, получаем, что $k^n=1$, т. е. $k=1$. (Можно рассудать и «от противного»: если $k<1$, то $MA_1<MA_2<\dots<MA_n<MA_1$; если $k>1$, то $MA_1>MA_2>\dots>MA_n>MA_1$ — противоречие.) Отсюда следует, что $\alpha=\beta$, и $M$ — центр правильного $n$-угольника $A_1A_2...A_n$.

К. П. Кохась

M1138*. Доказите, что для любого натурального $n$ между числами $n^2$ и $n^2+n+3\sqrt{n}$ найдется три натуральных числа, произведение двух их которых делится на третье.

Для $n=1$: между 1 и 5 — числа 2, 3, 4;
Для $n=2$: между 4 и 6+3$\sqrt{2}$ — числа 6, 8, 9 (или 5, 8, 10);
Для $n=10$: $x=2$ и $a=8\cdot13=104,$ $b=9\cdot12=108,$ $c=9\cdot13=117$.

Чтобы оценить нетривиальное этой задачи, возьмем $n=10$: попробуйте быстро найти три числа между 100 и $[110+3\sqrt{10}]=119$, одно из которых делит произведение двух других! (Одана такая тройка указана на полях.) Заметим, что для $n=1$ и $n=2$ утверждение задачи оценindo. Будем для каждой целого $n>2$ искать нужные три числа в виде

$$a=(n-x)(n+x+1)=n^2+n-x^2-x,$$
$$b=(n-x+1)(n+x)=n^2+n-x^2+x,$$
$$c=(n-x+1)(n+x+1)=n^2+2n+1-x^2,$$

где $x$ — целое; ясно, что при этом $ab$ будет делиться на $c$. Пусть $x$ — наиболее целое число, для которого $x^2+x<n$. Тогда $n^2<a<b<c$, и остается доказать, что $c<n^2+n+3\sqrt{n}$, т. е. что $n+1-x^2<3\sqrt{n}$. Предположим, например, что $x^2\leq n-3\sqrt{n}+1$. Тогда $x<\sqrt{n-3/2}$ (начие $x^2\geq n-3\sqrt{n}+9/4$), и, следовательно, $x+1<\sqrt{n-1/2}$. Но в этом случае $(x+1)^2+(x+1)<(n-\sqrt{n+1/4})+(\sqrt{n-1/2})<n$, что противоречит выбору $x$.

Л. Д. Курляндчик

M1139. a) Поверхность выпуклого многогранника можно разрезать на несколько квадратов. Доказите, что у этого многогранника не больше 8 вершин.

Наши рассудения опираются на понятие кривизны многогранного угла — так называют величины $2\pi-\sigma$, где $\sigma$ — сумма его плоских углов. О кривизне подробно расссказано в статье С. Л. Табачникова в этом номере журнала, в частиности, там доказана «формула Декарта» — сумма кривизн всех многогранных углов выпуклого многогранника равна $4\pi$.

33

6. Какое наиболее число вершин может иметь выпуклый многогранник, поверхность которого можно разрезать на правильные треугольники?

a) Сумма плоских углов при любой вершине данного многогранника может равнять только π/2, π или 3π/2. В самом деле, она меньше 2π, поскольку многогранный угол при любой вершине выпуклый. В то же время этот угол образован сгибанием и склеивания нескольких прямых углов (углов квадратов) и, может быть, развернуть угла (если рассматривается вершина прихождения на внутреннюю точку стороны одного квадратов). Следовательно, сумма его плоских углов кратна π/2. Таким образом, кривизна многогранного угла при любой вершине не меньше π/2, и по формуле Декарта число вершин не превыходит 4π:(π/2)=8. Пример 8-вершинника — куб.

6. Ответ: 12. Точно так же, как в п. a), доказывается, что кривизна многогранного угла при любой вершине не меньше π/3, значит, число вершин не превыходит 4π:(π/3)=12. Пример 12-вершинника — правильный икасдр.

В. Э. Матизен

M1140. Нарисуем на плоскости одну несколько пересекающий кривых (кривые могут иметь точки самопересечения, рис. 1). В каждой точке пересечения можно двумя способами выполнить «перестройку» (рис. 2). Если проделать перестройку во всех точках пересечения, то получится несколько пересекающий кривых (рис. 3).
a) Докажите, что число пересекающих кривых, которые могут получиться, не больше числа области, на которые делили плоскость исходные кривые (на рисунке 1 таких области 7).

a) Пусть первоначально данные кривые делили плоскость на области V₁, V₂,…,Vₙ. Каждый из новых, перестроенных кривых ограничивает область, состоящую из нескольких области Vᵢ. Выберем те из новых кривых, внутри которых нет других новых кривых, и отметим внутри каждой из них одну из области Vᵢ (рис. 5). Тепер сотем эти кривые, среди оставшихся слова выберем «minimalные» (внутри которых нет других кривых) и отметим внутри каждой из них одну из области Vᵢ, не отмещенных на первом шагу. (Очевидно, такие области найдет.) Продолжая в том же духе, мы сопоставили каждой новой кривой области Vᵢ внутри нее, отмещаемую на соответствующем шаге, причем разным кривым будут сопоставлены разные области. Значит, число кривых не больше числа области.

6. Раскрасием исходную картику в шахматном порядке, т. е. так, чтобы внешняя область была белой и цвет области менялся при переходе через границу (рис. 6, a). (Существование такой раскраски легко доказать по индукции. При добавлении к уже раскрашенной картике одной несамопересекающей замкну-

34

6. Всегда ли можно сделать перестройки так, чтобы в результате получался одна кривая?
   в) Выберем на каждой кривой направление обхода и будем произвольить перестройки в соответствии с этим направлениями так, чтобы стрелки «отталкивались» друг от друга (рис. 4). может ли в результате получаться одна кривая?

той кривой все попавшие внутри нее области или отрезаемые этой кривой от старых области части перекрашивания в другой цвет; внешняя раскраска сохраняется. При этом шахматный порядок цветов не нарушится. А любую замкнутую криву можно разбить на несамопересекающей замкнутые куски.) Построим по «шахматной раскраске» граф (рис. 6, 6), сопоставив каждой черной области по одной точке — это будет вершины графа, а каждой точке пересечения кривы — одно ребро: оно соединяет вершины, отвечающих

Рис. 6.

Рис. 7.

Рис. 8.

черным области, которые примыкают к этой точке. Два способа перестройки изображаются на графе двумя операциями: страпнем ребра и стягиванием ребра в точку (рис. 7).

Ясно, что на графе исходной картины можно степеть часть ребер так, что он превращится в «дерево», т. е. граф, не имеющий замкнутых цепочек ребер. Оставшиеся ребра можно последовательно стянуть в точку. Соответствующая последовательность перестройки приводит к одной черной области. Ее граница и есть искомая кривая (рис. 8).

Интересно, что по графу можно восстановить соответствующий набор кривых. Подумайте, например, какие кривы отвечают графам, изображенным на рисунке 9.

в) Каждый перестройка превращает набор ориентированных кривых с набором ориентированных кривых. Предположим, что существует последовательность перестройок, результатом которого будет единственная кривая. Тогда перед выполнением последней перестройки мы расположаем набор ориентированных кривых с единственной точкой пересечения. Такой набор может состоять из единственной кривой — «восьмерки», изображенной на рисунке 10. Однако ее перестройка приводит к двум, а не к одной кривой.

С. Л. Табачников

Ф1148. Цилинд с помощью на него нитью, второй конец которого закреплен,кладут на главную наклонную плоскость, составляющую угол α с Zo-

Рассмотрим момент времени, когда нить вертикальная. В силу нерастижимости нити, нижняя точка ее вертикального участка и соприкасающая с ней точка цилиндра A имеют одинаковую, горизонтальное направленную скорость $\vec{v}_A$. Представим движение цилиндра как сумму поступательного движения со

35

ризонтом, так, как показано на рисунке 1. В тот момент, когда нить была вертикальная, угловая скорость brauchen цилиндра была равна $\omega$. Определить, чем равна в этот момент: a) скорость оси цилиндра; b) скорость точки цилиндра, касающейся наклонной плоскости. Радduce цилиндра равен $R$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Ф1149. На проводящие рельсы церрушечной железной дороги беспорядочно бросают, замыкая рельсы, тонкие длиные оолленные проводники из меди. Оценить сопротивление между рельсами, если расстояние между ними $l=5$ см, диаметр проводника $d=0,2$ мм, его длина $h=30$ см, бросили $N=100$ проводников.

Скорость его оси $\vec{v}_0$, направленной параллельно наклонной плоскости (под углом $\alpha$ к горизонту), и врашення по часовой стрелке вокруг оси с угловой скоростью $\omega$. В этом случае скорость точки $A$ (рис. 2, a)

$$\vec{v}_A = \vec{v}_0 + \vec{v}'_{\text{bp}}.$$

Как нетрудно видеть, $v'_{\text{bp}} = \omega R$, $\vec{v}_A \perp \vec{v}'_{\text{bp}}$, откуда получаем

$$v_0 = \frac{\omega R}{\sin \alpha}.$$

Аналогичное соответствие можно записать для точки $C$ касания цилиндром наклонной плоскости (рис. 2, б):

$$\vec{v}_C = \vec{v}_0 + \vec{v}'_{\text{bp}},$$

или в проекциях на направление вдоль наклонной плоскости:

$$v_C = v_0 - \omega R,$$

откуда

$$v_C = \frac{\omega R}{\sin \alpha} - \omega R = \omega R \frac{1 - \sin \alpha}{\sin \alpha}.$$

В качестве дополнительного вопроса предлагаем вам самостоятельное найти величины скорости точки $A$ цилиндра.

Степотивление одного проводника, составляющего с рельсами угол $\alpha (0 < \alpha < \pi)$, равно

$$r_i = \rho \frac{l_i}{S} = \rho \frac{l/\sin \alpha_i}{\pi d^2/4}.$$

Для общего сопротивления между рельсами выполняется соответствие

$$\frac{1}{R_{\text{o6ш}}} = \sum \frac{1}{r_i} = \sum \frac{\pi d^2 \sin \alpha_i}{4\rho l} = \frac{\pi d^2}{4\rho l} N(\sin \alpha_i)_{\text{cp}}.$$

Среднее значение $\sin \alpha_i$ можно найти так:

$$\left(\sin \alpha_i\right)_{\text{cp}} = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin \alpha \cdot d\alpha = \frac{2}{\pi}.$$

Тогда

$$\frac{1}{R_{\text{o6ш}}} = \frac{\pi d^2}{4\rho l} N \frac{2}{\pi} = \frac{d^2 N}{2\rho l},$$

и окончательно

$$R_{\text{o6ш}} = \frac{2\rho l}{d^2 N} \approx 4 \cdot 10^{-4} \text{ Ом.}$$

36

Замечание. Мы посчитали среднее значение общего сопротивления. В зависимости от того, как проводники упадут на рельсы, величины сопротивления может больше или меньше отличаться от найденого значения. Попробуйте промоделировать явление с помощью персональной ЭВМ, воспользовавшись датчиком случайных чисел, и оценить возможность результатов.

А. Р. Зильберман

Ф1150. К идеальному одноатомному газу, заключному внутри масляного пузыря, подводится телло. Найти теплое состояние газа (в расчете на 1 mole) в этом процессе, если давлением снаружи пузыря можно претензить.

Теплоемкость $C$ физической системы называется отношение количества теплоты $\Delta Q$, которое необходимо подвести к ней для увеличения температуры на $\Delta T$, к этому изменению температуры:

$$C = \frac{\Delta Q}{\Delta T}.$$

Теплоемкость может быть функцией процесса передачи теплла, т. е. зависит от объема $V$ системы или от ее температуры $T$. Поэтому под $\Delta Q$ и $\Delta T$ будет понятно достаточно малые (математически—бесконечно малые) значения количества теплоты и изменения температуры.

Для моля идеального газа, заpertого под пленкой в пузыре, подведенное количество теплоты $\Delta Q$ идет на изменение его внутренней энергии $\Delta U$ и совершение им работы $\Delta A$ против сил поверхностного натяжения:

$$\Delta Q = \Delta U + \Delta A = \frac{3}{2} R \Delta T + p \Delta V.$$

Здесь $R$ — универсальная постоянная, $p$ — давление газа, равное давлению, создаваемому под пленкой силими поверхностного натяжения, $\Delta V$ — изменение объема пузыря при нагреве находящемся в нем газа.

Давление $p$ определяется коэффициентом поверхностного натяжения $\sigma$ и радиусом пузыря $r$:

$$p = \frac{4\sigma}{r}.$$

Эту формулу можно получить следующим образом. Разобъем мысленно пузырь на две равные половины и рассмотрим условия механического равновесия. Силы давления газа, разрывающие шар на его половины, есть $p \cdot \pi r^2$. Силы поверхностного натяжения, удерживающие их вместе, есть $2\sigma \cdot 2\pi r$. Приравняв эти силы, получим приведенную формулу для давления.

Теперь связем работу газа $p\Delta V$ с изменением его температуры $\Delta T$. Поскольку объем пузыря и давление в нем зависит от радиуса, то необходимо найти связь между изменением радиуса пузыря $\Delta r$ и изменением температуры $\Delta T$. Из уравнения состояния идеального газа $pV = RT$ имеем

$$p\Delta V + V\Delta p = R\Delta T.$$

37

Изменения объема $\Delta V$ и давления $\Delta p$ связаны с изменением радиуса $\Delta r$ следующими формулами:

$$\Delta V = 4\pi r^2 \Delta r, \quad \Delta p = -\frac{4\sigma}{r^2} \Delta r.$$

Позному уравнении состояния дает

$$\frac{2}{3} \cdot 16\pi r \Delta r = R \Delta T.$$

Таким образом, работа газа

$$\Delta A = p \Delta V = R \Delta T - V \Delta p = R \Delta T + \frac{R \Delta T}{2} = \frac{3}{2} R \Delta T.$$

Окончательно получаем

$$C = \frac{\Delta Q}{\Delta T} = \frac{\Delta U + \Delta A}{\Delta T} = \frac{3}{2} R + \frac{3}{2} R = 3R.$$

Как видно из расчета, половина подведенного количества теплоты идет на увеличение температуры газа, а вторая половина превращается в поверхностную энергию пленки.

А. А. Шеропов

Ф1151*. Электростатическая волтметр представляет собой плоский конденсатор, одна из пластин которого закреплена неподвижно, а другой может движаться, оставясь на паралельной поверхности. Подвижная пластина при помощи пружины жесткостью $k = 10$ Н/м. Начальное расстояние между пластинами $d = 3$ см, площадь каждой пластины $S = 0,5$ м$^2$. Расчитать шкалу волтметра. Какое максимальное напряжение можно измерять с его помощью? Расмотреть отдельно случай, когда вызкое треннее очень мало и довольно велико.

Предположим, что подвижная пластина сместилась на $x$ и расстояние между пластинами стало $d - x$. В этом положении на пластину действуют две силы. Это — электрическая сила

$$F_{\text{эл}} = q \frac{E}{2} = \frac{\varepsilon_0 SU}{d - x} \frac{U}{2(d - x)} = \frac{\varepsilon_0 SU^2}{2(d - x)^2}$$

(здесь $q$ — заряд пластины, $E$ — напряжение поля в конденсаторе, $U$ — напряжение между пластинами) и сила упругости

$$F_{\text{упр}} = kx.$$

Запишем условиеравнения пластины:

$$F_{\text{эл}} = F_{\text{упр}},$$ или $$\frac{\varepsilon_0 SU^2}{2(d - x)^2} = kx.$$

Отсюда получаем уравнение шкалы электростатического волтметра:

$$U = \sqrt{\frac{2k}{\varepsilon_0 S}} x(d - x)^2,$$ где $0 \leq U < U_{\text{max}}$.

Найдем $U_{\text{max}}$. Для этого исследуем на максимум выражение $U^2 = 2kx(d - x)^2 / (\varepsilon_0 S)$:

$$(U^2)' = \left(\frac{2k}{\varepsilon_0 S}\right)((d - x)^2 - 2(d - x)x) = 0,$$ и $x_{\text{max}} = \frac{d}{3}$.

Тогда

$$U_{\text{max}} = U(x_{\text{max}}) = \sqrt{\frac{8}{27} \frac{kd^3}{\varepsilon_0 S}} \approx 4,3 \cdot 10^3 \text{ B}.$$

38

Очевидно, что при большом вззом трении $U_{\text{max}}$ и есть максимальное изменяемое напряжение.

При малом вззом трении расчет условийется. Действительно, из условия равновесия подвижной пластины следует, что положений равновесия два — на рисунке 1 это $x_1$ и $x_2$, причем $x_1$ соответствует устойчивому, а $x_2$ — неустойчивому равновесию. Если пластина просочит $x_2$, то она пойдет и дальше, до соприкосовения с неподвижной пластиной. Именно это и ограничивает возможность диапазон изменяемых напряжений величины $U_1 < U_{\text{max}}$. Найдем ее.

Пусть напряжение на конденсаторе равно $U_1$. Подвижная пластина начинает разгонять и оставливается, пройдет расстояние $x_2$. Начальная энергия конденсатора

$$W_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{2d} U_1^2.$$

Заряд, прошедший через источник (рис. 2),

$$\Delta q = \frac{\varepsilon_0 S}{d - x_2} U_1 - \frac{\varepsilon_0 S}{d} U_1,$$

и работа источника

$$A = \Delta q U_1 = \left( \frac{\varepsilon_0 S}{d - x_2} - \frac{\varepsilon_0 S}{d} \right) U_1^2.$$

В положении $x_2$ энергия конденсатора

$$W_1 = \frac{\varepsilon_0 S}{2(d - x_2)} U_1^2$$

и энергия пружины

$$W_{\text{np}} = \frac{k x_2^2}{2}.$$

Запишем баланс энергий: $W_0 + A = W_1 + W_{\text{np}}$, откуда после упрощенной популяем

$$\frac{\varepsilon_0 S}{d(d - x_2)} U_1^2 = k x_2.$$

Но $x_2$ — положение равновесия, т. е.

$$k x_2 = \frac{\varepsilon_0 S}{2(d - x_2)^2} U_1^2.$$

Отсюда

$$x_2 = \frac{d}{2}.$$

Этотomy значению $x_2$ и соответствует напряжение $U_1$, являющегося максимальным напряжением для случая очень малого вззого трения:

$$U_1 = U(x_2) = \sqrt{\frac{1}{4} \varepsilon_0 S} \approx 3,9 \cdot 10^3 \text{ B}.$$

А. Р. Зильберман

39

Ф1152. За линзой на расстоянии $L=4$ см (большое фокусного) расположено перепределкулярно главной оптической оси плоское зеркало. Перед линзой, также перепределкулярно главной оптической оси, расположен лист клетчатой бумаги (рис. 1). На этом листе получают изображения его клеток при двух положениях листа относительной линии. Эти положения отличаются на $l=9$ см. Определить фокусное расстояние линии.

Одно из положений листа, когда его клетки — будем называть их предметом — отображаются оптической системе на нем же, довольно очевидное. Действительно, если первое изображение, создаваемое линзой, оказывается точно в плоскости зеркала, то при вторичном прохождении лучей через линзу (после отражения от зеркала) они соберутся точно в плоскости листа. Таким образом, в этом случае расстояние от лины до создаваемого его изображения предмета равно

$$f_1 = L.$$

(1)

Второе положение листа найти тоже не так сложно. Нетрудно убедиться, что если лист находится в фокальной плоскости лины, то условия задачи выполются. Действительно, лучи, идущие от каждой линии фокальной плоскости, после прохождения линзы преобразуются в параллельный пучок. Отразившись от зерка-

Рис. 1.

Рис. 2.

ла, эти лучи останутся параллельными и, проядя линзу, соберутся в ее фокальной плоскости. Таким образом, второе положение листа определяется условием

$$d_2 = F.$$

(2)

Соотношения (1) и (2) можно получить и более строго. По условиям задачи лучи света от бумаги проходят через линзу, отражаются от зеркала, снова проходят через линзу и попадают на ту же бумагу. Такая система эквивалентна оптической системе, изображенной на рисунке 2, где обе лины одинаковые.

Изображение, создаваемое первой линзой, может находиться или между линзами, или правее линзы $J_2$. В первом случае это изображение является действительным предметом для второй линзы. И мы можем написать уравнение:

$$\frac{1}{d'} + \frac{1}{f'} = \frac{1}{F}, \quad \frac{1}{d''} + \frac{1}{f''} = \frac{1}{2L - f'} + \frac{1}{d'} = \frac{1}{F},$$

откуда следует

$$\frac{1}{d'} + \frac{1}{f'} = \frac{1}{2L - f'} + \frac{1}{d'},$$ и $f' = L$.

Во втором случае изображение, создаваемое первой линзой, является минимальным предметом для второй линзы,

(Окончание см. на c. 42)