Решения задач М11—М15; Ф18—Ф23

29

М11. На 44 деревьях, расположенных по окружности, сидели 44 веселых чижка (на каждом дереве по чижку). Время от времени два чижа одновременного перелетот на соседние деревья в противоположных направлениях (один — по часовой стрелке, другой — против). Докажите, что чижиник не соберутся на одном дереве. А если чижей и деревьев $n$?

Решение. Решаем задачу сразу для $n$ чижей и $n$ деревьев. Занутерум деревья по порядку (скажем, по часовой стрелке) чисlamи от 1 до $n$ (рис. 1). Обозначим количество чижей на $k$-м дереве в каждой нибудь момент времени через $a_k$ (на первом дереве — $a_1$, на втором — $a_2$ и т. д.). Расмотрим выражение

$$S = 1 \cdot a_1 + 2 \cdot a_2 + \dots + ka_k + \dots + na_n.$$

Покажем, что когда два чижка перелетот на соседние деревья в противоположных направлениях, то $S$ либо не меняется, либо меняется на $n$.

Действительно, пусть какой-то один чиж перелетает с $k$-го дерева на следующей по часовой стрелке. Тогда в сумме $S$ меняются два слагаемых. Если $k < n$, то меняются $k$-е и $(k+1)$-е слагаемые, и их сумма становится равной

$$k (a_k - 1) + (k+1) (a_{k+1} + 1) = ka_k + (k+1) a_{k+1} + 1,$$

то есть увеличивается на 1. Если $k=n$, то меняются $n$-е и первое слагаемые, а их сумма

$$n (a_n - 1) + 1 (a_1 + 1) = na_n + 1 \cdot a_1 - (n-1)$$

уменьшается на $n-1$. Наоборот, если чиж перелетет на соседнее дерево против часовой стрелки, то сумма илиуменьшается на 1, или увеличивается на $n-1$. Поэтому, когда два чижка одновременного перелетот на соседние деревья (один по часовой стрелке, другой — против), то сумма $S$ или не меняется вовсе, или меняется на $n$.

В начальной момент времени на каждом дереве сидело по одному чижку,

$$S = 1 \cdot 1 + 2 \cdot 1 + \dots + n \cdot 1 = 1 + 2 + \dots + n = \frac{n (n+1)}{2}.$$

30

Таким образом, после любого числа перелетов сумма будет равна $\frac{n(n+1)}{2} + np$, где $p$ — некоторое целое число. Если бы все чижки собрались на каком-то одном $q$-м дереве, то $S$ было бы равно $nq$, то есть выполнялось бы равенство $\frac{n(n+1)}{2} + np = nq$, откуда $n+1+2p = 2q$; $n = 2(q-p)-1$.

Таким образом, если $n$ четно, например, $n = 44$, то чижки не смогут собраться на одном дереве. Покажем, что при нечетных $n$ это может служиться*).

Рассмотрим исходную ситуацию, когда на каждом дереве сделало по одному чижку. «Прикажем» одному чижку сделать на месте и назовем его «неповіджным». Разобъем оставшихся чижей на пары сидяших на одинаковом расстоянии в $r$ перелетов от неподвижного в ту и другую сторону ($r=1, 2, \ldots, \frac{n-1}{2}$). Ясно, что каждая такая пара может за $r$ перелетов попасть на то дерево, где сидит неподвижный чиж.

Аналогичное решение присладали Д. Григорьев из г. Ленинграда, В. Лузгин из г. Георгиевска Ставропольского края и другие читатели.

Приведенное решение типично для задач, в которых требуется выяснить, можно ли в результате ряда кажих-то преобразованный получить определенный результат. В данном случае преобразование — это перелет двух чижей в противоположных направлениях, и мы хотим выяснить, могут ли в результате все чижки собраться на одном дереве. Чтобы доказать, что можно, достаточно привести пример, как это сделать. Доказать, что ни при каких преобразованиях нельзя получить требуемый результат, часто бывают удобно так: найти какую-то величины, которая сохраняет при всех рассматриваемых преобразованиях и для которой начальное значение отличается от требуемого в конечном состоянии (такая величина называется инвариантом данных преобразования). В нашей задаче такой величины является остаток отделения суммы $S$ на $n$.

Тем, кто решил эту задачу, будет интересно разобраться в следующем более общем вопросе. Пусть данные два разных расположения $a$ чижей на $n$ деревях. Изовем их эквивалентными, если из одного можно получить другой (при перелетах чижей, как указано в условиям задачи). Как узнать, будет ли эти расположения эквивалентны? Еще один вопрос. Ясно, что множество всех возможных расположений $a$ чижей на $n$ деревях распадается на несколько классов эквивалентности. Сколько будет таких классов?

M12. Какие четырехугольники можно разрезать прямой линий на два подобных между собой четырехугольника?

Решение. Докажем, что этим свойством обладают только трапеции и параллелограммы.

Предположим, что четырехугольник $ABCD$ разрезан прямой линия на два подобных четырехугольника. Ясно, что эта пересекает две противоположные.

*) Необходимость этого этапа доказательства, как видно из письма, ясна далеко не всем нашим читателем. Остановимся на этом попробнее. Что мы пока доказали? Только то, что если чижам удалось собраться на одном дереве, то чижей было непреемно нечетное число (это необходимое условие). Теперь надо доказать, что это условие и достаточно, то есть, что если чижей нечетное число, то они смогут собраться на одном дереве (из того, что мы пока доказали, достаточно условие).

31

ложные стороны четырехугольника. Пусть она пересекает сторону AD в точке K и сторону BC в точке L (рис. 2). В дальнейшем мы несколько раз использовем такое очевидное сообщение: если про два четырехугольника EFGH и PQRS известно, что они подобны и что вершина E соответствует вершина P, то <E = <P, <G = <R и, кроме того, либо <F = <Q и <H = <S, либо <F = <S и <Q = <H.

Итак, предположим, то четырехугольники ABLK и CDKL подобны (нам попадиться только то, что их углы соответственно равны), и доказем, что у четырехугольника ABCD какие-то две стороны параллельны. Углу α четырехугольника ABLK (<α = <AKL) может соответствовать один из углов четырехугольника KLCD.

1. <α соответствует <D. Тогда <α = <D, <γ = <B, AB || KL || CD.
2. <α соответствует <C. Тогда <α = <C, <δ = <B; <B + <C = <α + <δ = 180°, AB || CD; при этом <A = <γ, <D = <β (случай <β = = <γ, <A = <D отдельно рассматривать не нужно, поскольку при этом <β + <γ = 180° и <A = <D = <β = <γ = 90°).
3. <α соответствует <γ. Тогда <B = <D, AD || BC и AB || DC, то есть ABCD — параллелограмм.
4. <α соответствует <δ. Тогда <α = <δ = 90°, <B = <C и либо <β = <γ = 90°, AD || BC (равноочная трапеция или прямогольник), либо <β = <D, <γ = <A, <A + <D = 180°, AB || CD, и с точностью до обозначений этот случай свойства к случанию 2).

Мы доказали, что ABCD — параллелограмм или трапеция. Легко заметить, что, обратно, любой параллелограмм или любую трапецию можно разбить на два подобных четырехугольника. Параллелограмм любой прямой, проходящей через центр, разбивает на два равных четырехугольника (разумеется, если только прямая не идет по диагонали). Traпецию с основаниемми a < b разбивает на две подобных прямая, параллельная основаниям и делящая высоту в отношении $\sqrt{b}/\sqrt{a}$; нужно, конечно, проверить, что соответственные стороны при этом пропорциональны (рис. 3): AK/KD = BL/LC = AB/KL=

32

КЛ/DC = $\sqrt{b}/\sqrt{a}$. Попробуйте выяснить, когда можно разбить трапецю на два подобных четырехугольника более хитрым способом, соответствующим следующим случаю 2), — так, как показано на рисунке 4 (ответ: тогда и только тогда, когда $\sqrt{a}/\sqrt{b} < \sin \alpha/\sin \beta$, где $\alpha < \beta$ – углы при большем основании трапеции $b$).

**M13. Докажите, что если разность между набольшим и наименшим из $n$ вещественных чисел $a_1, a_2, \ldots, a_n$ равна $d$, а сумма моделей всех $\frac{n(n-1)}{2}$ попарных разностей этих чисел

$$\sum_{i<j} |a_i - a_j| \text{ равна } s, \text{ то } (n-1) d \leqslant s \leqslant \frac{n^2}{4} d.$$

Решение ие: Нанесем точки $a_1, a_2, \ldots, a_n$ на числовую ось. Тогда $d$ — расстояние между крайними из этих точек, самой левой и самой правой, а $s = \sum_{i<j} |a_i - a_j|$ — сумма всех попарных расстояний между этих чисел.

Можно, очевидно, считать, что точки обозначены через $a_1, a_2, \ldots, a_n$ в порядке возрастания: $a_1 \leqslant a_2 \leqslant \ldots \leqslant a_n$ (рис. 5). Обозначим расстояние между соседними точками $a_k$ и $a_{k+1}$ через $d_k(k=1, 2, \ldots, n-1)$. Очевидно, $d = d_1 + d_2 + \ldots + d_{n-1}$.

Выразим теперь $s$ через величины $d_k$. Для этого заменим в сумме $s$ длину каждого отрезка $[a_i - a_j]$ суммой тех $d_k$, из которых он состоит: $|a_i - a_j| = d_i + d_{i+1} + \ldots + d_{j-1}$. Ясно, что $d_k$ входит в те отрезки, у которых левый конец лежит в одной из точек $a_1, \ldots, a_k$, а правый — в одной из точек $a_{k+1}, \ldots, a_n$, то есть в общей сложности $d_k$ входит в сумму $k(n-k)$ раз. Поэтому

$$s = \sum_{k=1}^{n-1} k(n-k)d_k.$$

Теперь доказываемые утверждения следует из двух совсем простых неравенств: для всех $k=1, \ldots, n-1$

1. $k(n-k) \geqslant n-1 \iff kn-k^2-n+1 \geqslant 0 \iff (k-1)(n-k-1) \geqslant 0$;
2. $k(n-k) \leqslant \frac{n^2}{4} \iff n^2-4nk+4k^2 \geqslant 0 \iff (n-2k)^2 \geqslant 0$.

Пользовать эти примеры воспользуемся получаемыми, получаемыми

$$\sum_{k=1}^{n-1} k(n-k)d_k \geqslant \sum_{k=1}^{n-1}(n-1)d_k = (n-1)d,$$

$$\sum_{k=1}^{n-1} k(n-k)d_k \leqslant \sum_{k=1}^{n-1}\frac{n^2}{4}d_k = \frac{n^2}{4}d.$$

Правильные решения этой задачи прислали воспользуемся М. Прегер из г. Томска, десятиклассик И. Протасов из г. Киева, С. Поздняков из г. Вильнюса и другие читатели.

Интересно выяснить еще, является ли указаны в условии задачи оценки точными, нельзя ли, скажем, вместе $n-1$ поставить в левом неравенстве большие числа? Для того чтобы убедиться в противном, достаточно привести пример такого случая, когда неравенство превращается в равенство (причем в обеих его частях стоит положительные числа). Такой пример легко придумать, разобрались в нашем доказательстве: нужно расположить

33

точки $a_1, a_2, \dots, a_n$ так, чтобы все $d_k$, кроме первого — $d_1$, равнялись нулю, то есть $a_1 < a_2 = a_3 = \dots = a_n$. Тогда $s = (n-1)d_1 = (n-1)d$.

Что касается второго неравенства $s \leqslant \frac{n^2}{4}d$, то при четном $n = 2m$ в нем тоже может достигаться равенство (достаточно взять $a_1 = a_2 = \dots = a_m < a_{m+1} = \dots = a_{2m}$), а при нечетном $n = 2m+1$ его можно несколько уточнить: нетрудно сообщить, что при нечетном $n$ наиболее из чисел $k(n-k)$ равно $\frac{n-1}{2} \cdot \frac{n+1}{2} = \frac{n^2-1}{4}$ (доказите это строго!); пользоваться этим вместо неравенства 2), можно так же, как и выше, доказать более сильное неравенство $s < \frac{n^2-1}{4}d$. Равенство в нем достигается, когда $a_1 = \dots = a_m < a_{m+1} = \dots = a_{2m+1}$.

M14. У выпukлого белого многограника некоторые грани покрашены черной красной так, что никакие две черные грани не имеют общего ребра. Доказите, что если выполнен хотя бы одно из следующих условий:
a) черных граней больше половины;
b) площадь черных граней составляет больше половины площади поверхности многограника, то в этом многограник нельзя вписать шар.

Решение. Начнем с задачи 6). Предположим, что в многограник можно вписать шар. Отметим на каждой грани точку касания с шаром и проведем из нее отрезки к вершинам этой грани. Тогда грань разобется на треугольники. К каждому ребру многограника примыкает два таких треугольника, лежащих в смежных гранах. Они равны по трем сторонам (поскольку две касательные, проведенные из одной точки к шару, равны). По условию к каждому ребру примыкает не более одной черной грани. Таким образом, к каждому черному треугольнику примыкает равный ему белый*). Следовательно, сумма площадей черных граней не больше суммы площадей белых граней. Задча 6) решена.

Точно так же решается и задча a), о которой уже шла речь в статье «Невписьаемые многограники» E. M. Андреева (см. «Квант» № 8, задча 9 в конце статьи). В этой статье разобран целый ряд вопросов, которые возникают в связи с нашей задачей: бывают ли многограники, удовлетворяющие подобным условиям, какие еще существует «признаки неописываемости» и т. п. Правда, как можно судить по назначению статьи, в ней речь идет о том, можно ли тот или иной многограник вписать в сферу, а в нашей задаче — можно ли его описать около сферы. Оказывается, однако, что обе теории совершенню аналогичны.

Более точно, каждому выпukлому вписанному многогранику можно поставить в соответствии описанный так, что при этом каждой грани, то соответствующие им плоскости будут пересекаться в одной точке — вершине нового многограника, соответствующей грани исходного вписанного. Если две вершины вписанного многограника соединены ребром, то соответствующие касательные плоскости будут пересекаться по ребру описанного многограника. Тем самым мы построили отображение вписанных многограников в множество описанных; легко видеть, что это отображение на все множество описанных многограников и что у него есть обратное отображение

*) Но, конечно, к белому треугольнику тоже может применять белый — важно лишь, что разным черным треугольником соответствует разные белые.

34

(мы пользовемся терминологически, о котором говорилось в статье А. Н. Колмогорова «Что такое функция» в «Кванте» № 1),— другими словами, что каждому описанному многограничку можно сопоставить вписанный, из которого этот описанный получается указанным выше способом. Достаточно в каждой грани отметить точку касания — вершину будущего вписанного многограничка — и доказать, что все точки касания граней, имеющих общую вершину, лежат в одной плоскости (рис. 6). Оба эти отображения, связывающие множество выпуклых вписанных и описанных многограничков, составляют прекрасный пример ситuation, которое математики обычно называют словом «двойственность» (это слово мелком упоминалось в статье Е. М. Андреева). Подумайте, какие описанные многогранички будут двойственны таким вписанным: куб, правильная n-угольная призма, правильная n-угольная прирамда, правильная усчения прирамда, додекадр.

Мы очень рекомендуем читательм вернуться к статье «Невписьваемые многогранички» и, пользовясь двойственностью, о котором мы сейчас говорили, перевести ее содержание на «неописываемые» многогранички.

M15. Квадратная таблица $n \times n$ заполнен неотрицательными числами так, что сумма чисел в каждой строке и сумма числе в каждом столбце равна 1. Докажите, что из таблицы можно выбрать $n$ положит телень $x$ чисел, никакие два из которых не стоит ни в одном столбце, ни в одной строке.

Решен и е. Заметим сначала, что если мы будем переставлять между собой строки (или столбцы) нашей таблицы, то это не повлияет ни на условие задачи, ни на то, что нам требуется доказать. Предположим, что перестановки строк и столбцов мы собрами в правильный угол размером $m \times k$ один нулли (рис. 7). Докажем, что $m + k$ всегда не больше $n$. Подсчитаем сумму чисел, стоящих в куске, обозначенным на рисунке буквой $C$. Ясно, что сумма чисел, стоящих в куске $B$, равна $m$ (м столбцов, в каждом из которых сумма равна 1). Аналогично сумма чисел в куске $A$ равна $k$ (к строк). Так как общая сумма всех чисел в таблице равна $n$, то на долю куска $C$ остается $n - m - k$. Это число неотрицательное, так как по условию в таблице все числа неотрицательны. Итак, $n - m - k \ge 0$, то есть $m + k \le n$, что мы и утверждали.

Теперь мы можем переформулировать задачу так: в таблице $n \times n$ стоит числа, и известно, что нижкой перестановкой строк и столбцов нельзя вы-

35

Делить в ней угол из нулей размером $m \times k$ такой, что $m + k > n$; доказать, что можно выбрать $n$ отличных от нуля чисел, никакие два из которых не стоит ни в одном столбце, ни в одной строке. (Для нас теперь не важно, что числа положительные и что суммы по строкам и столбцам равны 1. Эти условия мы уже использовали. В дальнейшем мы различаем только «нули» и «не нули».)

Если вы читали статью М. И. Башмакова «Паросочетания и транспортные сети» в № 4 нашего журнала, то вы легко сообщите, что наша новая формулировка задачи есть просто запись на языке «таблиц» теоремы о сватовстве. Действительно, записем в строки таблицы $n \times n$ юношей, а в столбцы — девушек (пусты и тех и других по $n$). На пересечении $s$-й строки и $t$-го столбца поставим «не-нуль» (звездочку), если $s$-й юноша знаком с $t$-й девушкой, и «нуль», если незнаком. Получим таблицу (как говорят математики, «матрицу») знакомств.

Возьем произвольную группу из $k$ юношей. Поставим соответствующие им строки первыми. Если с какой-то девушкой ни один из этих юношей не знаком, то в соответствии столбце в первых $k$ строках стоит нули. Если все столбцы, соответствующие всем таким девушкам, мы переставим последними (пусты их число равно $m$), то мы получим угол из нулей размером $m \times k$ (рис. 8). В каждом из первых $m - n$ столбцов есть хотя бы один «не-нуль» в первых строках, так как соответствующая девушка имеет другей из числа выбранных нами $k$ юношей. Так как $m + k \leq n$, то $m - n \geq k$, то есть таких девушек не меньше $k$. Мы видим, что данные задачи полностью совпадают с данными «теоремы о сватовстве». Выбор $n$ невест для всех юношей — это и есть выбор $n$ «не-нули», стоящих в разных строках и столбцах.

Тепер вы можете прочесть простое (по индекции) доказательство «теоремы о сватовстве», которое и дает полное решение задачи. Конечно, свойства задачи к этой теореме вовсе не обязательно. Индуктивное рассужение можно проводить и сразу — переставляя строки и столбцы (так поступил, например, читатель Д. Григорьев из г. Ленинграда). При этом получается новое доказательство «теоремы о сватовстве»*).

*) Но, разумеется, просто вычеркнуть последний столбец и последнюю строку в таблице, удовлетворяющей условиям задачи, мы можем получить таблицу, уже не удовлетворяющую этому условияю,— подобным образом «грубо» проводить индекцию нельзя.

36

Ф18. Если смотреть на свет сквозь две гребенки с разной частотой зубьев, наложенные друг на друга, то светящие участки будут черезаться с темными. С какой скоростью будут перемещаться эти участки, если одну из гребенок двигать относительно второй со скоростью 1 см/сек? У неподвижной гребенки на 1 сантиметр прихождения 5 зубьев, у движущейся —6.

Решен и е. Совместим какиенибудь зубья гребенок (рис. 9). Тогда следующее зубья будет находиться на расстоянии $1/5$ см—$1/6$ см = $1/30$ см друг от друга. Сместим теперь гребенку на это расстояние. Тогда картина светых и темных полос сместится на $1/5$ см—расстояние между зубьями неподвижной гребенки. Если гребенку сместить на 1 см, то картина светых и темных полос сместится на $1/5$ см·30 = 6 см.

Это означает, что при движении гребенки с большей частотой зубьев со скоростью 1 см/сек светые и темные полосы перемещаются со скоростью $v = 6$ см/сек в ту же сторону, в котором смещается подвижная гребенка.

Картина чередуюшихся светых и темных полос, движущихся с постоянной скоростью, — очень удобная модель перемещения волн любои физической природы. Если смотреть на движущие полосы через щель (рис. 10), то щель будет периодически закрывать то же тылыми, то черными полосами:

37

мы увидим колебания. Черному и желтому цвету полос соответствуют две противоположные фазы колебаний (рис. 11). Длина волны равна суммарной ширине светлой и темной полос. Подсчитав число черных или желтых полос, проходящих mismo щелл за одну секунду, можно определить частоту колебаний и их период.

Эта простая модель позволяет разобраться во многих физических явлениях и процесsiного интерсных опытов.

С помощью черно-желтых полос можно моделировать не только линейные волны, но и любые другие, например колцевые (рис. 12). Движение таких колцевых волн можно показать, например черно-желтую Архимедову спираль (рис. 13). При врашении спирали через щелл будет видно, как волны бегут к центру или от центра в зависимости от направления вращения спирали.

Если полосы не перемешаются, мы получим картину неподвижных волн. Такие картины называют растрами. Неодвижные волны-растры не нужно путать со стоянными волнами. Модель стоянных волн — это чередующесая черно-желтые полосы, периодически меняющие свою окраску на противоположную.

Когда несколько синусoidальных волн накладываются друг на друга, возникают новые, уже не синусoidальные волны. Их называют групповыми волнами. Групповые волны отличются от складываемых синусoidальных волн и длиной, и скоростью распространения, и другими параметрами. Простейшие групповые волны — волны биеней. Они получаются, когда складываются две волны с неодинаковыми, но близкими друг к другу длинами.

Для того чтобы построить модель групповых волн, нужно наложить друг на друга две системы полос. Если эти системы одинаковы, их можно наложить так, что полосы одной системы совпадают с полосами другой. Такие волны наложются корреентными. Если системы полос немного отличаться друг от друга расстоянием между полосами, то мы получим картину биеней (рис. 14). Подобная картина получалась у вас в опытах с расческами.

Нетрудно найти длину волны биеней, порождаемых волнами с длинами $\lambda_1$ и $\lambda_2$ ($\lambda_1 > \lambda_2$). Если две черные полосы совпадают, то близкий системе полос с длиной волны $\lambda_1$ и $(n+1)$-я линии системы полос с длиной волны $\lambda_2$. Это означает, что длина волны биеней равна

$$L = n\lambda_1 = (n+1)\lambda_2.$$

38

Из равенства $n\lambda_1 = (n+1)\lambda_2$ найдем, что $n = \frac{\lambda_2}{\lambda_1 - \lambda_2}$.

Позтому $L = \frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_1 - \lambda_2}$.

Чем меньше отличия друг от друга накладываемые волны, тем больше длина групповых волн. Это используется при изменении длины волны высокочастотных колебаний. Для изменения подбирают длину второй волны так, чтобы при сложении волн получались биения с большой длиной волны. Такие биения легко увидеть и изменить с помощью осцилографа. Зная длину биения и длину волны одних колебаний, нетрудно определить длину волны исследуемых колебаний.

Волны биения, которые показаны на рисунке 14,— неподвижные волны. Если одну или обе системы волн привести в движение, то будут перемешаться и групповые волны. Скорость $v$ групповых волн можно найти так же, как мы находим скорость движения групповых волн, получающихся при наложении расчесок. Она равна

$$v = \frac{\lambda_1 v_2 - \lambda_2 v_1}{\lambda_1 - \lambda_2},$$

где $v_1$ — скорость волн с длиной $\lambda_1$, а $v_2$ — скорость волн с длиной $\lambda_2$.

Эта формула является обобщением формулы, выведенной нами для расчесок.

Таким способом эту задачу решили Вячеслав Милешин (Бельцы, Молдавия) и Алексадр Карпенко (Лисичанск, Ворошилговградская обл.). Похожим способом решили ее Люцман Петраскик (Лида, Гродненская обл.) и Сергей Юшман (Виляны, Латвия). Неокоторые из читателей, правильно решая задачу, неверно подсчитали расстояние между зубьями расчесок. Если расческа содержит $n$ зубьев на 1 см, то на 1 см приходится еще и $n$ промежутков между зубьями (а не $n-1$). Из двух крайних зубьев на одном сантиметре первый принадлежит этому сантиметру, а последний — следующее.

Ф19. Форма сообщающихся сосудов показана на рисунке 15. Куда потечет вода по трубке, соединяющей сосуды, если нагреть воду в одном из сосудов?

Решен и е. Независимо от того, какой сосуд нагревается, вода поте-

39

Чет направо. Пусть нагревается жидкость в правом сосуда. Тогда она расшириется и займет больший объем. Если бы сосуд был цилиндрическим (рис. 16), то давление жидкости на дно не изменилось бы: уменьшенное плотности воды в точностискомпенсировалось бы увеличением высоты столбца жидкости. Это следует из того, что сила давления на дно цилиндрического сосуда, с одной стороны, равна силе тяжесте, действующей на нахождение в сосуда воду, а с другой стороны, равна давлению жидкости на дно, умноженному на площадь дна: $P = pS$. Так как ни сила тяжесте, ни площадь дна при нагревании жидкости не меняются, то не меняется и давление на дно цилиндрического сосуда.

В конечском распирающемся сосуда при таком же уменьшении плотности жидкости увеличение высоты столбца меньше, чем в цилиндрическом сосуда. Это происходит по двум причинами: во-первых, распирается меньше количество жидкости, а значит, меньше изменение ее объема; во-вторых, при распираении вода должна заполнить объем, защищенный на рисунке. Поэтому давление на дно сосуда при нагревании жидкости уменьшается. Так как при равновесии жидкости в трубке, соединяющей сосуда, давление у ее конца в левом сосуд должен быть равно давлению у ее конца в правом сосуд, то жидкость будет перетекать из левого сосуда в правый.

Рассматривая аналогично нагревание и распираение жидкости в левом сосуд, мы найдем, что при нагревании левого сосуда давление на его дно увеличивается. Это означает, что и в этом случае жидкость будет перетекать из левого сосуда в правый.

Правильно решили эту задачу Владимир Метлицкий (Ангарск Иркутской обл.) и Алексаンドр Карпенко. Ученик 8 класса Ефим Каплун (Винница, Украина) обратил внимание на то, что в нагретом сосуд вода испаряется интенсивнее, чем в том, температура которого не меняется. Это должно сказаться на перетекании воды. Однако, если температуры сосудов невысокки, то этим эффектом можно пренебречь.

Ф20. Параллельно оси цилиндра радиуса $R$ на расстоянии $\frac{R}{2}$ от его центра просверленного круглосотверстие. Радиус ответствия равен $\frac{R}{2}$. Цилиндр лежит на дшечке, которое медленно поднимают за один конец (рис. 17). Найти предельный угол наклона дswerки, при котором цилиндр еще будет находиться в правовесии. Козффициент треня цилиндра о дощечку равен 0,2.

41

цилиндр потеряет устойчивость при угле наклона дощечки

$$\alpha = \alpha_1 = \arcsin \frac{1}{6}.$$

Правильно решили эту задачу Люцман Петрасик, Владимир Метлицкий, Михаил Кузнецов (дер. Гольчевская Волгодской обл.), Владимир Корнеев (Москва), АлексаンドР Карпенко, АлексеЙ Ефимов (Москва) и другие.

Ф21. Оси якорей двух одинаковых электродвигателей постоянного токажесто соединены друг с другом. Если к обмоткам якорей подключены одинаковые источники с э. д. с. Е, то угловая скорость вращения якорей без нагрузки равна $\omega_0$; если двигаели затормозить так, чтобы они не вращались, то через обмотки якорей идет ток $I_0$. Один из источников тока переключили так, чтобы вращающие моменты якорей были противоположны. Какой внешний момент нужно приложить к оси якорей для того, чтобы они вращались с заданной угловой скоростью $\omega$? Тренние в двигаительных претензий мало; магнитное поле стата коэффицируется постоянным магнитом.

Решен и е. При полностью заторможенном якоре по его обмотке идет ток $I_0 = \frac{E}{R}$. Это означает, что сопротивление обмотки якора $R = \frac{E}{I_0}$.

Привращении якора электродвигателя в его обмотке возникает э. д. с. индукции $E_n$, пропорциональная угловой скорости вращения якора:
$$E_n = k\omega (k - \text{козффициент пропорциональнойности}).$$
Запишем для электродвигателя закон сохранения энергии:
$$EIt = I^2Rt + Nt.$$
Или, сократив на время $t$ работы двигаителя, получим
$$EI = I^2R + N;$$
здесь $N$ — мощность, потребляемая электродвигателем от сети, $I^2R$ — тепловые потери в обмотке якора, $N$ — мощность, отдаваемая нагрузке, $R$ — сопротивление обмотки якора и $I$ — ток в обмотке.

Из этого уравнения следует, что при отсутствии нагрузки ($N = 0$) ток через обмотку якора равен нулю. Но по закону Ома ток, идущий через обмотку, должен быть равен $I = \frac{E - E_n}{R}$. Это означает, что в отсутствие нагрузки э. д. с. индукции, возникающая в обмотке якора, равна э. д. с. источника: $E = E_n$.

После переключения одного из источников в обмотках якорей будет возбуждаться э. д. с. $E'_n = k\omega = E_n \frac{\omega}{\omega_0} = E \frac{\omega}{\omega_0}$. При этом по обмоткам будут идти токи
$$I_1 = \frac{E - E'_n}{R} = \frac{\left(E - E \frac{\omega}{\omega_0}\right)}{E/I_0} = I_0 \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right),$$
$$I_2 = \frac{E + E'_n}{R} = I_0 \left(1 + \frac{\omega}{\omega_0}\right).$$

Причем как работа источников, так и работа внешней силы будут идти на нагревание обмоток. Поэтому $EI_1 + EI_2 + N' = I_1^2R + I_2^2R$.

Так как $N' = F \cdot v = F \cdot r\omega = M\omega$ (F — приложенная к якорею внешняя сила, M — ее момент относительно оси и v = $\omega r$ — угловая скорость точек на поверхности оси якорей), то, заменив $N'$, $I_1$, $I_2$ и R их выражениями через M, $\omega$, $\omega_0$ и E, получим
$$M\omega + EI_0 \left[ \left(1 + \frac{\omega}{\omega_0}\right) + \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right) \right] = I_0^2 \frac{E}{I_0} \left[ \left(1 + \frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 + \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 \right],$$

42

откуда $M\omega + 2EI_0 =$
$= EI_0 \left[ 2 + 2 \left( \frac{\omega}{\omega_0} \right)^2 \right]$
и $M = \frac{2EI_0\omega}{\omega_0^2}$.

Ф22. Два кузнеца образывают кусок железа. Сначала егокладут на наковальню и быот молотком по очереди, потом подвешают к потолку и быот одновременно с разных сторон. Сила удара каждого кузнеца одинакова в обихх случях. В каком случае кусок железа больше нагревается за одинудар?

Решение. Во втором. Ясно, что как при ударе кузнеца по куску железа, лежащему на наковальне, так и при ударе кузнецов по висящему куску железа производится одна и та же работа: роль второго кузнеца, ударящего по куску железа, в первом случae берет на себя наковальня. Эта работа идет на нагрева куска железа и, кроме того, на совершение механической работы при расширении этого железа. В том случае, когда железо лежит на наковальне, его центр тяжести при расширении поднимается — совершается работа против силы тяжести. Зато в том случае, когда кускок подвешен, его центр тяжести при расширении опускается. Это означает, что во втором случae, когда в тепло переходит не только работа, совершенная кузнецами, но и часть потенциальной энергии куска железа (работа, совершаемая железом при расширении, отрицательна), он нагреется за одинудар больше, чем в первом.

Ф23. На горизонтальной плоскости находится две одинаковые тонкостенные трубы массы $m$ каждой. Оси их параллельны, а радиусы равны $R$. Вначале одна из труб покопится, а вторая катится без просkalывания по направлению к первой до стольновения. Скорость поступательного движения трубы равна $v$. Как зависит от времени (написуйте графики) скорости поступательного движения и угловые скорости врашения труб?

Коэффициент треня скольжения труб о горизонтальном поверхности равен $k$, трене между трубами при стольновении пребрежимо мало, удар абсолотно упругий.

Решение. Так как трене между трубами пребрежимо мало, то можно считать, что при ударении труб врашение одной из них не передается второй. Поэтому, рассматривая соударение труб, мы можем не учитывать врашение первого (первоначальное движущейся) трубы.

Запишем для стольновения труб законы сохранения энергии и импульса:

$$mv_0 = mv_1 + mv_2, \frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2}$$

($v_1$ и $v_2$ — скорости поступательного движения соответствующего первой и второй труб после соударения).

Решая эти уравнения совместно, найдем, что $v_1 = 0$ и $v_2 = v_0$, то есть при ударении труб обмениваются скорностями поступательного движения — точно так же, как при ударении двух одинаковых шариков.

Рассмотрим теперь, что будет произходить с первой, первоначальное движущейся трубой после удара. В системе координат, связанной с唿ы трубы, катшейся без просkalывания по плоскости со скоростью $v_0$, скорость точки, касающейся плоскости, равна — $v_0$. Это означает, что такая труба врашает вокруг своей оси так, что линейная скорость врашения

43

точек ее поверхности равна по величины скорости поступательного движения оси трубы. Поэтому первая труба после стolkновения врашает вокруг своей оси с угловой скоростью $\omega = \frac{v_0}{R}$.

Сила трения $F_{\text{тр}} = kmg$ (рис. 20), действующая на эту трубу, заменяет ее врашение и одновременно сообщает ейускорение $a = \frac{F_{\text{тр}}}{m} = kg$ в направлении пероначального движения трубы. К моменту $t$ эта труба будет иметь скорость поступательного движения $u'_1 = at = kgt$ и будет враться вокруг оси с угловой скоростью $\omega_1 = \frac{v_0 - kgt}{R}$. Скорость поступательного движения трубы увеличивается, а скорость врашения трубы уменьшается пропорционально времени. К моменту $t_0$, когда скорость поступательного движения оси трубы становится равна линейной скорости врашения трубы вокруг оси, просkalyzывание трубы относительно плоскости прекратиется, и после этого они скорость врашения трубы $\omega'_1$, ни скорость поступательного движения оси трубы $u'_1$ уже не будет меняться. Из условия $kgt_0 = v_0 - kgt_0$ найдем, что $t_0 = \frac{v_0}{2kg}$. В этот момент

$$u_1 = \frac{v_0}{2} \text{ и } \omega_1 = \frac{v_0}{2}.$$

Рассматривая аналогично движение второй трубы, найдем, что действующая на нее сила трения уменьшается ее поступательного движения, $u_2 = v_0 - kgt$, и увеличивается угловую скорость врашения $\omega_2 = \frac{kgt}{R}$.

К моменту $= \frac{v_0}{2kg}$ просkalyzывание трубы относительно плоскости прекратиется. В этот момент труба будет иметь не меняющийся в дальнейшем скорость поступательного движения $u_2 = \frac{v_0}{2}$ и угловую скорость врашения вокруг оси $\omega_2 = \frac{v_0}{2R}$.

Графики зависимости скоростей поступательного движения труб и их угловых скоростей врашения от времени показаны на рисунке 21.

Верное решение этой задачи присладали Михаил Кузнецов и Сергей Юшманов.