Решения задач М1151—М1154; Ф1163—Ф1167

32

конца прутка — 100 °C. Через 1 минуту температура выравнялась и оказалась равной 200 °C. Оценить количество теплоты, которое пруток за это время потребл. Удельная теплимость железа 460 Дж/(кг·К), масса прутка 15 г.

А. Р. Зильберман

Ф1185. Оdnородно заряженный куб создает в своей вершине электрическое поле напряженного $E_0$. Из куба удаляют кубик вдвое меньших размеров (рис. 2). Чему теперь будет равна напряженность поля в точке $A$?

И. Ю. Потеряйко

Ф1186. При какой величины емкости конденсатора $C_x$ в схеме, приведенной на рисунке 3, сдигг фаз между подаваемым напряжением и током во внешней цепи будет равен нулю при любой частоте источника? Индуктивность катушки $L$, сопротивление каждого резистора $R$. Все элементы цепи считать идеальными.

В. Е. Скороваров

Ф1187. Саня длиной $L=2$ м и высотой $H=0,5$ м едут по прямой со скоростью $v=10$ м/c. На расстоянии $d=10$ м от дороги установлен шаттин с фотоаппаратом, и съемку производят в момент максимального слияния.

Фотоаппарат имеет однолизовый объектив с фокусным расстоянием $F=5$ см. Выдержка (т. е. время, в течение которого засвечается каждый участок фотоаппарата) отражается в этом фотоаппарате при помощи щелевого затвора, который работает следующим образом. Вдоль кадара вылизи от пленки движется с постоянной скоростью $v_0=1$ м/c вертикальная щелль, ширину которой можно меньше до получения нужной выдержки. Размер кадара $24\times 36$ мм. Каким оказывается отношение длины к высоте у полученного на пленке достаточно резкого изображения caney?

М. Г. Гаврилов

Решения задач
M1151 — M1154, Ф1163 — Ф1167

a) Это равенство легко доказывается по индукции. При $n=1$ оно верно: $\frac{1\cdot 2!}{2} = \frac{3!}{2} - 2=1$. Предположив, что оно доказано для $n=k$, проверим, что оно верно и для $n=k+1$:

$$\frac{1\cdot 2!}{2} + \frac{2\cdot 3!}{2^2} + \dots + \frac{k(k+1)!}{2^k} + \frac{(k+1)(k+2)!}{2^{k+1}} =$$

$$= \frac{(k+2)!}{2^k} + \frac{(k+1)(k+2)!}{2^{k+1}} - 2 =$$

$$= \frac{(k+3)!}{2^{k+1}} - 2.$$

b) Ответ: $\frac{(n+3)!}{3^n}$ — c. Можно доказать это по ин-

33

Дукции так же, как в п. a), а можно оформить это рассуждение несколько по-другому. Заметим, что каждый член суммы можно записать в виде разности

$$\frac{(k+3)!}{3^k} - \frac{(k+2)!}{3^{k-1}} = \frac{(k+2)!(k+3-3)}{3^k} = \frac{k(k+2)!}{3^k}.$$

Запишем ряд таких равенств для $k=1, 2, ..., n$ и сложим их почленно; получим:

$$\frac{(n+3)!}{3^n} - 3! = \frac{1 \cdot 3!}{3} + \frac{2 \cdot 4!}{3^2} + \dots + \frac{n(n+2)!}{3^n}.$$

Аналогично, при любом натуральном $d$ из равенства

$$\frac{(k+d)!}{d^k} - \frac{(k+d-1)!}{d^{k-1}} = \frac{k(k+d)!}{d^k}$$

можно вывести обобщение результатов задач a) и 6):

$$\frac{1 \cdot d!}{d} + \frac{2 \cdot (d+1)!}{d^2} + \dots + \frac{n(n+d)!}{d^n} = \frac{(n+d)!}{d^n} - d!$$

Н. В. Васильев, В. Н. Жоха

M1152. Пусть $h$ и $l$ — высота и высота, проведенные из вершины $A$ треугольника $ABC$. Продолжим биссертису до пересечения с описанной окружностью в точке $L$ (см. рисунок) и проведем диаметр $LN$ этой окружности. Он перепидикулярен хорде $BC$, так как $L$ — середина дуги $BC$, поэтому $\angle ALN$ равен углу $\varphi$ между $h$ и $l$. Следовательно,

$$h/l = \cos \varphi = AL/LN = (AI+IL)/2R \geq \sqrt{AI \cdot IL}/R,$$

где $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Остается доказать, что $AI \cdot IL = 2rR$.

Опустим из точки $I$ перепидикуляр $ID$ на сторону $AB$, тогда $ID = r$ и $AI = r/\sin(\angle A/2)$. В то же время $IL = LC$, поскольку в треугольнике $LIC$ каждый из углов вершинах $I$ и $C$ равен $(\angle A + \angle C)/2$ (первый как внешний угол треугольника $AIC$, а второй равен $\angle ICB + \angle BCL = \angle C/2 + \angle BAL)$. Но $LC$ — хорда описанной окружности, на котором опирается угол $LAC$, равный $\angle A/2$, поэтому $LC = 2R \sin(\angle A/2)$. Итак,

$$AI \cdot IL = \frac{r}{\sin(\angle A/2)} 2R \sin(\angle A/2) = 2rR.$$

Из решения видно, что нашей неравенство обращается в равенство, когда $AI = IL$, т. е. когда прямая $OI$, соединяющая центры вписанной и описанной окружностей, перепидикулярна биссертисе $l$.

Из других решений видим тригонометрическое, использующее формулу $r = 4R \sin \frac{\angle A}{2} \sin \frac{\angle B}{2} \sin \frac{\angle C}{2}$ и равенство $\varphi = \frac{|\angle B - \angle C|}{2}$. Подробности этого решения оставим читателям.

К. Верчану, В. Н. Дубровский

34

М1153. Какое наиболее число поворот может содержать замкнутый маршрут ладьи, обходящий по одному разу все клетки шахматной доски 8×8 клеток?

Рис. 1.

Рис. 2. Рис. 3.

M1154. Докажите, что если четырехугольник вписан в окружность и описан округой окружности, то прямая, проведенная через центры этих окружностей, проходит через точку пересечения диагоналей четырехугольника.

Ответ: 56 поворотов. Маршрут с 56 поворотами показан на рисунке 1. Докажем, что это число нельзя представить.

Назовем клетку доски коридор для данного маршрута, если в ней ладья не делает поворота. Заметим, что из каждой пары клеток, смежных с угловыми, хотя бы одна является коридором — иначе в клетке, соседней с соответствующей угловой по диагонали, ладья pobывает дважды (рис. 2).

Разобем доску на 4 квадрата 4×4. В каждом из них есть коридор, соседний с угловой клеткой. Покажем, что кроме него есть еще хотя бы один коридор. Расстояние, направер, левый нижний квадрат и допустим, что клетка a2 — коридор. Предположим, что других коридоров в этом квадрате нет. Тогда очевидно, что маршрут последовательно прохит по клеткам b2, b1, a1, a2, a3, b3, b4 (рис. 3). Следующей будет клетка a4, иначе мы в нее никака не попадем (или маршрут не замкнется). Тепер можно аналогично продолжить маршрут в другую сторону: b2, c2, c1, d1, d2, e2. Из полученного рисунка видно, что маршрут должен содержать участок d3_c3_c4, следовательно, одна из клеток — d3 или c4 — коридор (это доказывается так же, как для угловых клеток — см. начало решения).

Итак, число коридоров — не менее 2×4=8, а число поворотов — не больше 64—8=56.

М. Г. Хованов

Введем следующие обозначения: ABCD — данный четырехугольник; 2α, 2β, 2γ, 2δ — величины его углов при вершинах A, B, C, D; O и I, R и r — центры описанной и вписанной окружностей и их радиусы, P — точка пересечения диагоналей (см. рисунок). Для определения будем считать, что углы 2α и 2β — не тупые, а значит, 2γ=π-2α и 2δ=π-2β — не острыe. Покажем, что тогда точки O и I лежат внутри угла APB и отношения расстояний от этих точки до сторона этого угла (диагоналей) одинаковы: ρ(O, BD)/ρ(O, AC) = ρ(I, BD)/ρ(I, AC) (буквой ρ обозначены расстояния). Отсюда, очевидно, будет следовать утверждение задачи.

Точка O лежит по ту же сторону от BD, что и точка A, (или непредседатель на BD), так как угол BCD не острый. Точка I тоже лежит по эту сторону от BD, поскольку угол при вершине I четырехугольника BCDI равен

$$2\pi - \beta - 2\gamma - \delta = \pi - (\beta + \delta) + \pi - 2\gamma = \frac{\pi}{2} + 2\alpha \leq \pi$$

(mы учи, что β+δ=π/2).

Аналогично проверяем, что обе точки — O и I — лежат по одному сторону с точки B относительно AC. Следовательно, эти точки лежат внутри угла APB.

Далее, отношение расстояний от O и I до BD равно отношению площадей треугольников OBD и IBD

$$\frac{S_{OBD}}{S_{IBD}} = \frac{OB \cdot OD \sin \angle BOD}{IB \cdot ID \sin \angle BID}.$$

35

Но $OB=OD=R$, $\angle BOD=2\angle BAD=4\alpha$ (центральный угол вдвое большие соответствующего вписанного), $IB=r/\sin \beta$, $ID=r/\sin \delta=r/\cos \beta$ (см. рисок) и, как мы показали, $\angle BID=\pi/2+2\alpha$. Следовательно,

$$\frac{\rho(O, BD)}{\rho(I, BD)} = \frac{R^2 \sin 4\alpha \sin \beta \cos \beta}{r^2 \sin (\pi/2+2\alpha)} = \frac{R^2 \sin 2\alpha \cos 2\alpha \sin 2\beta}{r^2 \cos 2\alpha} = \frac{R^2}{r^2} \sin 2\alpha \sin 2\beta.$$

Из симметрии задачи ясно, что и отношение $\rho(O, AC)/\rho(I, AC)$ равно той же величины, поэтому $\rho(O, BD)/\rho(O, AC) = \rho(I, BD)/\rho(I, AC)$, что и требовалось доказать.

Вообщие, «вписанно-описанный» четырехугольник имеет целый ряд красных свойств. Приведем некоторые из них, тесно связанные с данной задачей.

Пусть $Q_1$ — четырехугольник с вершинами в точках касания вписанного-opисанного четырехугольника $ABCD$ с вписанной в него окружностью, а $Q_2$ — четырехугольник, ограниченный перпендикулярами к отрезкам $IA$, $IB$, $IC$, $ID$ в их концах. Тогда 1) диагонали $Q_1$ перпендикуляры и пересекаются в той же точке $P$, что и диагонали $ABCD$; 2) четырехугольники $Q_1$ и $Q_2$ готовятся, причем центр готовится лежит на прямой $PI$; 3) на этой же прямой лежит центр описанной окружности четырехугольника $Q_2$ и центры тяжестей четырехугольников $Q_1$ и $Q_2$.

В. Н. Дубровский

Ф1163. Из-за малого коэффициента треня автоматоль не может двигаться по льду с укоренением, превосходящим по модулю $a=0,5$ м/$c^2$. По условям совершования водителя необходим из точки $A$ за наименьшее время попасть в точку $B$, находящуюся на прямой, перпендикулярной направлению наальный скорости автоматоль (рис. 1). Каково минимальное возможное время, если расстояние $AB=375$ м, а наименьшее скорость $v = 10$ м/$c$? По какой траектории при этом должен двигаться автоматоль? Ответьте на аналогичные вопросы для случая, когда филиш находится в точке $C$, $BC=200$ м.

Перейдем в системе отсчета, в которой автоматоль в начальной момент времени покопится, а точка $B$ движется с постоянной скоростью $v$. В этой системе отсчета автоматоль для скорейшей встречи с точкой $B$, очень длинен, должен движаться по некоторой прямой с постоянным укоренением, равным $a$. Направление прямой определяется тем, что в некоторых точках $D$ должна произойти встречка. Для треугольника $ABD$ (рис. 2), обозначив $AB=b$, имеем

$$b^2 + (vt)^2 = \left(\frac{at^2}{2}\right)^2.$$

Решая это уравнение, находим

$$t = \sqrt{\frac{2v^2}{a^2} + \sqrt{\left(\frac{2v^2}{a^2}\right)^2 + \frac{4b^2}{a^2}}} = 50 \text{ с.}$$

Поскольку оптимальное движение автоматоля является равноскоренным, его траектория в системе отсчета, связанной с землей, будет параболой.

Стратегия для скорейшей встречи с точкой $C$ аналогична разобранной выше. Однако для нахождения времени до встречи в точке $E$ (рис. 3) придетя решать уравнение четырехугольника общого вида

$$b^2 + (vt+c)^2 = \left(\frac{at^2}{2}\right)^2,$$

36

где $c = BC$, или

$$t = \sqrt[4]{\frac{4}{a^2} \left(b^2 + (vt + c)^2\right)}.$$

Это уравнение можно решить приближенно, пользоваться методом интерации, суть которого состоит в следующем. Пусть надо решить уравнение вида $f(t) = t$. В качестве приближенного берем какое-нибудь значение $t = t_0$ и составляем последовательность

$$t_1 = f(t_0), \ t_2 = f(t_1), \ ..., \ t_n = f(t_{n-1}).$$

Если эта последовательность имеет предел $S$ и функция $f(t)$ непрерывна в точке $S$, то $S$ — корень уравнения (*).

В нашем случае при условии $t_0 = 0$ последовательность будет иметь вид

$$t_1 = f(t_0), \ t_2 = f(t_1), \ ...$$

$$..., \ t_n = \sqrt[4]{\frac{4}{a^2} \left(b^2 + (vt_{n-1} + c)^2\right)}.$$

Подставив численные значения, приdem к результату

$$t \approx 59,2 \text{ с.}$$

При этом, как показывает более детальное изучение последовательности, при $n = 4$ достаточно точно в один процент, а каждые два дополнительных шага (вычисление двух последующих членов последовательности) улучшают точность в десять раз.

Для случая произвольного расположения точки физища при интерционном решении уравнения (*), где перед $c = BC$ может быть как знак плюс, так и знак минус, надо соблюдать известную осторожность, связанную с возможной недозначностью решения и правильным выбором нульового приближения iterации.

И еще одно замечание. Движение по параболе с постоянным векторомускорения потребует, конечно, немалой скорости от водителя.

А. Н. Коротков, Е. Н. Юносов

Ф1164. Встроительная использующая так называемые предварительно направленные железобетоны конструкции. Изготовление такой балки производит следующим образом. Стальной стержень длиной $l_1$ растязывают до длины $l_2$, после чего запливают жидким бетоном. После затвердевания бетона стержень освобождают от растязыва-

Пусть длина железобетонной балки после того, как со стального стержня будет снять растяивающее устройство, равна $l_0$ ($l_1 < l_0 < l_2$). При этом стержень растят на величины $\Delta l_1 = l_0 - l_1$, а затвердеший бетон скат на величины $\Delta l_2 = l_2 - l_0$. Согласно закону Гука, для такой деформации стержня необходимо сила

$$F_1 = E_1 S_1 \Delta l_1 / l_1,$$

где $S_1$ — площадь его поперечного сечения, $E_1$ — модуль Юнга стали. Аналогично, для деформации бетона нужна сила

$$F_2 = E_2 S_2 \Delta l_2 / l_2,$$

где $S_2$ и $E_2$ — площадь поперечного сечения и модуль

37

Вационное усилия. Найти длину образовательной железобетонной балки и ее модель Юнга. Площади сечения стержня и балки и модель Юнга стали и бетона считать известными. Чем предварительно направленный железобетон лучше простого железобетона?

Юнга бетонного бруска (без стержня). Естественно, что при отсутствии внешних сил сила скатия бетона уравновешивается слу растяжения стержня:

$$F_1 = F_2.$$

Отсюда, использя предыдущие выражения, найдем искому длину железобетонной балки

$$l_0 = \frac{E_2 S_2 + E_1 S_1}{E_1 S_1/l_1 + E_2 S_2/l_2}.$$

Для определения модели Юнга $E_0$ железобетонной балки расчитаем силу, которая необходима для расстояния балки на величины $\Delta l_0$. При такой деформации стержень будет растут на $\Delta l_1 + \Delta l_0$ (по сравнению с первоначальной длиной $l_1$), и сила растяжения будет равна

$$F'_1 = E_1 S_1 (\Delta l_0 + \Delta l_1)/l_1.$$

Бетонный брус будет скат на $\Delta l_2 - \Delta l_0$ (по сравнению со своей первоначальной длиной $l_2$), и сила его скатя будет равна

$$F'_2 = E_2 S_2 (\Delta l_2 - \Delta l_0)/l_2.$$

(Если $\Delta l_0 > \Delta l_2$, то $F'_2$ будет силой растяжения, а не скатия бетона.) Результирующая сила, необходимая для растяжения железобетонной балки, равна

$$F_0 = F'_1 - F'_2 = E_1 S_1 (\Delta l_0 + \Delta l_1)/l_1 - E_2 S_2 (\Delta l_2 - \Delta l_0)/l_2,$$

или, учитывая равенство $E_1 S_1 \Delta l_1/l_1 = E_2 S_2 \Delta l_2/l_2$, —

$$F_0 = E_1 S_1 \Delta l_0/l_1 + E_2 S_2 \Delta l_0/l_2.$$

Вынесем $\Delta l_0$ за скобки, умножим и разделим на $S_2/l_0$ (считая $S_1 \ll S_2$) и получим

$$F_0 = \left( (E_1 S_1/l_1 + E_2 S_2/l_2) \frac{l_0}{S_2} \right) S_2 \frac{\Delta l_0}{l_0}.$$

Нетрудно видеть, что выражение во внешних скобках и есть модель Юнга железобетонной балки $E_0$. Использовав формулу для $l_0$, найдем

$$E_0 = E_2 + \frac{S_1}{S_2} E_1.$$

Интересно отмечить, что такой же модель Юнга будет и у балки, изготовленной без предварительного растяжения стержня. Примущество предварительного направного железобетона состоит в том, что бетонное основание в таких конструкциях испытывает деформацию скатия, даже если сама конструкция в целом испытывает деформацию растяжения. Поскольку прочность бетона при скатии значительное больше его прочности при растяжении, существенно уменьшается вероятность образования трешин в бетонном основании.

В. И. Клячин

Ф1165. Из бесконечной квадратной проводящей сетки с сопротивлением

Начнем с точек $A$ и $B$. Перерисуем схему так, как изображено на рис. 2. Подключим к точкам $A$ и $B$ схемы (рис. 3) два одинаковых источника точки

38

каждого ребра r удалили часть проводников — так, как показано на рисунке 1. Найти сопротивление между точками A и B, B и C, A и C.

Рис. 1.
Рис. 2.
Рис. 3.
Рис. 4.
Рис. 5.

Ф1166. В схеме, приведенной на рисунке, замыкают ключи $K_1$ (при замкнутом ключе $K_2$), а в тот момент, когда заряд на конденсаторе $C_1$ становится максимальным, ключи $K_2$ размыкают. Найти максимальное значение два одинаковых резистора сопротивлением $R \gg r$ (внутренним сопротивлением источников пребрежем). Положим $r=1$ Ом и подберем значения $E$ и $R$ так, чтобы $E/R=1$ А.

Рассмотрим сначала подключение лишь одного источника к точке A и получим следующую схему разветвления в узел A точка $I_1=\frac{E}{(R+r_x)} \approx 1$ А (здесь $r_x$ — искомое сопротивление между точками A и B) — рисунок 4. Оставляя затем только источник с ЭДС $E_2$, получим сигналю, когда из узла B вытекает ток $I_2=\frac{E}{(R+r_x)} \approx 1$ А. Этот ток стекается из трех ближайших к B узлов и через источник уходит на «бесконечность» (рис. 5).

Тепер подключим к точкам A и B оба источника. Тогда из принципа суперпозициии и из условия $R \gg r$ получим, что по проводнику $AB$ будет протекать ток $I_{AB}=(I_1+I_2)/3=2/3$ А и напряжение на проводнике будет равно

$$U_{AB}=\frac{2}{3}A \cdot 1\text{ Ом}=\frac{2}{3}\text{ В}.$$

С другой стороны, на схему подано общее напряжение $2E$ и в нее втекает ток $I \approx 2E/(2R)=1$ А. Следовательно,

$$R_{AB}=\frac{U_{AB}}{I}=\frac{2}{3}\text{ Ом}.$$

Случай, когда внешнее напряжение прикладывается к точкам A и C, совершено аналогичным предыдущему:

$$R_{AC}=\frac{2}{3}\text{ Ом}.$$

Нам осталось найти сопротивление между точками B и C. Подключение только одного источника к точке B дает, что по ребру $AB$ будет течь ток $I_1/3$, а по ребру $BC$ — ток $I_1/6$. Подключение затем к узлу C второго источника, с учетом сообщений сигметрии и принципи суперпозициии, дает

$$U_{BC}=1\text{ Ом} \left( \frac{1}{3}A+\frac{1}{6}A \right)+1\text{ Ом} \left( \frac{1}{3}A+\frac{1}{6}A \right)=1\text{ В}$$

и

$$R_{BC}=\frac{U_{BC}}{I}=1\text{ Ом}.$$

С. С. Кротов

После замыкания ключа $K_1$ произходит зарядка конденсатора $C_1$, а заряд конденсатора $C_2$ остается равным нулю, поскольку $C_2$ закорочен.

В тот момент, когда заряд $q_1$ конденсатора $C_1$ становится максимальным, ток в цепи оказывается равным нулю. Найдем величины заряда $q_{1\text{max}}$, искода из энергетических сообщений: работа источника тока равна энергии электрического поля конденсатора $C_1$ —

39

ный заряд конденсатора $C_2$. Параметры элементов схемы, указанные на рисунке, считать заданными.

$$q_{1 \max} U_0 = \frac{q_1^2 \max}{2 C_1},$$

откуда

$$q_{1 \max} = 2 C_1 U_0.$$

После размыкания ключа $K_2$ этот заряд оказывается «запертым» на закороченных между собой пластинах конденсаторов $C_1$ и $C_2$. Пусть через некоторое время после размыкания на конденсаторе $C_2$ появился заряд $q_2$. Если предположить, что заряд конденсатора $C_1$ продолжал расти, то его заряд $q_1$ будет связан с зарядом $q_2$ соответствием

$$q_1 = q_{1 \max} + q_2.$$

Для нахождения максимального заряда конденсатора $C_2$ опять воспользовемся законом сохранения энергии: работа батареи после размыкания ключа $K_2$ равна приращению энергии конденсаторов —

$$q_{2 \max} U_0 = \frac{(q_{1 \max} + q_{2 \max})^2}{2 C_1} + \frac{q_2^2 \max}{2 C_2} - \frac{q_1^2 \max}{2 C_1},$$

откуда

$$q_{2 \max} = - \frac{2 C_1 C_2 U_0}{C_1 + C_2}.$$

Знак «—» означает, что нашей предположение относительно роста заряда $q_1$ не верно, заряд на конденсаторе $C_1$ будет уменьшаться. При этом на верхней пластине конденсатора $C_2$ будет «—», а на нижней «+».

В. В. Можаев

Ф1167. Длиный железнодорожный состав, внешая по инерции, вззаяет на горку с углом $\alpha$. Когда состав полностью оставился, на горке находится половина его длины (см. рисунок). Сколько времени прошло от начала подъема до остановки? Длина состава $L$, время пребывания.

Пусть масса всего состав $M$, а длина части состава, выжавшей на горку, $x$. Тогда масса этой части составляет $Mx/L$.

Выберем координатную ось $X$ с началом у основания горки и направим ее вверх по горке. Запишем для состава второй закон Ньютона в проекциях на выбранную ось:

$$Ma = - \frac{Mx g \sin \alpha}{L},$$

или, учитьвая, что $a = x''$,

$$x'' = - \frac{g \sin \alpha}{L} x.$$

Это уравнение — не что иное, как уравнение гармоничческих колебаний с периодом $T = 2\pi \sqrt{L/(g \sin \alpha)}$. Время $t$ движения состава до остановки равно четверти периода колебаний, т. е.

$$t = \frac{T}{4} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{L}{g \sin \alpha}}.$$

А. И. Буздин