Научно-популярный физико-математический
квант
12
1970
журнал
Академии
наук СССР
и
Академии педагогических
наук СССР

71

Главный редактор — академик И. К. КИКОИН. Первый заместитель главного редактора — академик А. Н. КОЛМОГОРОВ.

Редакционная коллекция:

Л. А. Арцимович, академик
М. И. Башмаков
В. Г. Болтянский, член-корреспондент АПН СССР
И. Н. Бронштейн академик
Н. Б. Васильев академик
И. Ф. Гинзбург академик
В. Г. Зубов академик АПН СССР
П. Л. Капица академик
В. А. Кириллин академик
Г. И. Косуров академик
В. А. Лешковцев (зам. главного редактора)
В. П. Лишевский академик АПН СССР
А. И. Маркушевич академик
М. Д. Миллюоницков, академик
Н. А. Патрикеева Н. Х. Розов академик
А. П. Савин академик (зам. главного редактора)
И. Ш. СLOBODEЧИЙ академик (доктор физико-математических наук)
М. Л. Смолянский академик
Я. А. Смородинский академик
В. А. Фабрикант академик АПН СССР
Я. Е. Шнайдер (отъемственный секретарь)

Заведующая редакцией Л. В. Чернова
Главный художник Е. П. Леонов.
Технический редактор Т. М. Макарова.
Корректор Т. С. Вайсберг
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15

Сдано в набор 24/VIII-70 г. Под, к печати 30/X-70г.
Бумага 70×100¹/₁₆. Физ, печ. ч. л. 4 услови.
печ. л. 5.20 Уч-нзд. л. 5,63 Тираж 176000 экз.
Т-15168 Цена 30 коп. Заказ 1411
Чеховский полиграфкомбинат Главполиграфпрома
Комитет по печати при Совете Министров СССР
г. Чехов Московской области

2

1. Метод параллельных проектций

К сожалению, не существует «пространственного карандаша», кончик которого оставлял бы след в возникшее. Таким карандашом можно было «начертить» настоящий куб, обведя его ребра. Плокое же изображение не может быть точной копией пространственной фигуры. Возникает проблема: по каким правилам строить изображение, чтобы оно было похоже на оригинал, то есть чтобы при рассматривании изображения возникало зрительное впечатление, близкое к тому, которое возникает при рассматривании оригинала? Чаще всего для этой цели пользовется проектомными методами. Простейшие из них — метод центральных проектций и метод параллельных проектций.

Рис. 1.

Метод центральных проектций ясен из рисунка 1. Береется фиксированная точка $S$ (центр проектией) и фиксированная плоскость л (плоскость проектией), не проходящая через $S$. Через любую точку $A'$ пространства проводится прямая $SA'$ (проектрующая прямая). Точка $A$ пересечения этой прямой с плоскостью л называется проектей точки $A'$. На рисунке 1 показаны проектии двух точек: $A'$ и $B'$.

Точки оригинала, лежащие на одной проектирующей прямой, имеют одно и то же изображение.

Метод центральных проектций дает самые нагладные изображения, потому что описанное построение восприизводит процесс зрения: лучи, индушие из точки оригинала ($A', B', \dots$) или из их проекта ($A, B, \dots$), совпадают. Таким образом, глазу все равно — рассматривать ли оригинал или его проектю на плоскость л. (Правда, мы здесь несколько упрощаем: ведь оригинал рассматривается двумя глазами.)

Художники пользоваются преимущественно методом центральных проектций.

Метод параллельных проектций отличается от метода центральных проектций только тем, что проектирующие прямые не проходят через фиксированную точку, а параллельные фиксированному направлению (рис. 2). Изображение в параллельной проектии напоминает предмет, рассматриваемый издалека: при неогранченном

Рис. 2.

удалении глаза от оригинала лучи зрения становятся похожими на паралельные. В этой стате мы раскажем о метода паралельных процесций. Он проще и поэтому всегда используется при изготовлении иллюстративных чертежей в учебной и научной литературе. Мы будем элементы оригинала обозначать буквыми со штрихом, а соответствующие элементы изображения — теми же буквыми без штриха. Например,

точка $A'$ изображается точкой $A$, прямая $m'$ изображается прямой $m$.

Перечислим основные свойства паралельных процесций.

Свойство 1. Изображение прямой линии есть прямая или точка.

Предположим, что прямая $a'$ не проектирующая (рис. 3). Тогда все проектирующие прямые, проходящие через точки прямой $a'$, лежат в одной плоскости. Пересечение этой плоскости с плоскостью $l$ есть прямая.

Если же прямая $a'$ проектирующая, то все ее точки имеют одно и то же изображение, то есть прямая изображается точкой.

Следующие два свойства доказательно.

Свойство 2. Паралельные прямые изображаются паралельными прямыми или отдельными точками.

Свойство 3. Отношение, в котором любая точка отрезка делит

4

МИ, можно начать какой-угодно треугольник $ABC$ и утверждать, что он подобен изображению данного треугольника $A'B'C'$.

Доказательство. Нам даны два треугольника: оригинал $A'B'C'$ и образец $ABC$. Построим на стороне $A'B'$ треугольник $A'B'C_1$ (рис. 4), подобный треугольнику $ABC$ и расположенный в некоторой плоскости $π$, отличной от плоскости треугольника $A'B'C'$. Примем, далее, $C'C_1$ за направление проектирования. Тогда проекцией треугольника $A'B'C'$ на плоскость $π$ оказывается треугольник $A'B'C_1$, подобный треугольнику $ABC$.

Теорема 2. Если данное изображение треугольника $A'B'C'$, то тем самым однозначно определяено изображение каждой точки, лежащей в плоскости этого треугольника.

Доказательство. Пусть $A'B'C'$ — оригинал (рис. 5, а), а $ABC$ — изображение (рис. 5, б). Возьмем в плоскости треугольника $A'B'C'$ произвольную точку $D'$ и соединим ее с любой вершиной треугольника, например с $A'$. Пусть $E'$ — точка пересечения прямой $A'D'$ с противоположной стороной $B'C'$ (безразлично, находится ли $E'$ внутри отрезка $B'C'$ или на его продолжении). Изображение точки $E'$ можно найти: оно должно делить отрезок $BC$ в таком же отношении, в каком $E'$ делит отрезок $B'C'$, то есть

$$\frac{BE}{EC} = \frac{B'E'}{E'C'}$$

Из доказанных двух теорем вытекает практическое правило для построения изображений плоских фигур: надо выбрать в составе фигуры $F'$ любые три точки, не лежащие на одной прямой, и изобразить их произвольными треями точками общего положения. На этом произволь кончается: изображения всех остальных точек надо строить. Другими словами, данный треугольник можно изображить произвольно, а данный четвергугольник уже нельзя.

Пример 1. Изображение правильного шестиугольника.

Обозначим данный правильный шестиугольник ( оригинал) через $A'B'C'D'E'F'$, а его центр — буквой $O'$ (для удобства оригинал показан на рисунке 6, а). Построим теперь изображение этого шестиугольника. Изображим треугольник $A'B'C'$ произвольно (рис. 6, б). Точка $G'$ есть середина отрезка $A'C'$. Следовательно, точка $G$ тоже должна быть серединой отрезка $AC$. Теперь можно проведить прямую $BG$. На ней можно построить точки $O$ и $E$, пользоваться соответствиями $BO=2BG$, $BE=4BG$. Далее, $CD||BG$ и $AF||BG$. Точка $D$ можно найти разными способами: 1) откладывать $CD=BO$, 2) проводя

5

3. Теорема Польке — Шварца и изображение пространственных фигур

Мы знаем, что при изображении плоских фигур треугольник играет особую роль. Аналогичное положение возникает при изображении пространственных фигур, только вместе треугольника используется tetraэдр. Прежде чем сортулировать соответствующее теорему, мы ведем следующие определение.

Полным четырехугольником называется плоская фигур, состоящая из четырех точек общего положения (то есть никакие три из них не лежат на одной прямой) и шести отрезков, соединяющих эти точки попарно.

Теорема 3 (теорема Польке — Шварца)* Любой данный методзр может быть, с моностью до подобия, изображен произвольным полным четырехугольником (на рисунке 7, а

*) Польке доказал эту теорему в 1853 году для равноведренного прямого tetraэдра (с равными боковыми ребрами и прямыми плоскими углами при вершине). Шварц в 1864 году доказал ее для произвольного tetraэдра.

Рис. 7, а. Рис. 7, б.

ED||AB, 3) проводя прямую AO. Аналогично строится точка F.

В качестве другого примера доказите самостояльно, что квадрат можно изобразить произвольным параллелограммом.

Отметим в заключение, что изображение окружности есть эллипс.

Рис. 8, а. Рис. 8, б,

четырехугольник ABCD выпуклый, на рисунке 7, б — невыпуклый).

Мы примем эту теорему без доказательства.

Пунктир используется в изображении пространственных фигур для обозначения невидимых линей (предполагается, что грани tetraэдра непрозрачны).

Теорема 4. Если дан изображение метраэдра A’B’C’D’, то тем самым определяло изображение каждой точки пространства.

Доказательство. Пусть A’B’C’D’ — оригнал (рис. 8, а) ABCD — его изображение на плоскости (рис. 8, б). Пусть, кроме того, в пространстве дана произвольная точка M’. Покажем, как построить ее изображение. Соединним M’ с какой-нибудь вершиной tetraэдра, например с A’, и отметим точку пересечения E’ прямой A’M’ с противоположной гранью B’C’D’ (точка E’ вовсе не должна обозначено нахождение внутри tetraэдника B’C’D’).

Теорель перейдет к изображению. Изображение точки E’ можно построить: ведь эта точка лежит в плоскости треугольника B’C’D’, изображение которого дано. Далее проводим прямую AE и на ней строим точку M, удовлетворяющий условияю

$$\frac{AM}{ME} = \frac{A'M'}{M'E'}$$

Пример 2. Изображение куба. При ребра куба, выходящие из

6

Рис. 9.

одной точки, определяют tetraэдр. По теореме Польке—Шварца он может быть изображен произвольным четырехугольником. Таким образом, изображая куб (рис. 9), мы можем точки $A_1, B_1, D_1$ и $A_2$ отметить произвольно. Остальная часть изображения достигается исходя из того, что параллельные ребра куба и на чертеже должны быть параллельны.

Большинство людей думает, что рисунок 9 не всегда может служить изображением куба и что надо особым образом выбирать углы составляющих его параллелограммов и отношения отрезков. Объясняется это тем, что для нас наиболее прививчными являются ortogonalные проекции, полученные в том случае, когда проектирующие прямые перпендикулярны плоскости проекций. Здесь же речь идет о произвольных («косых») параллельных проекциях.

Пример 3. Изображение правильной четырехугольной параллелограммом. Основание (квадрат) можно изобразить произвольным параллелограммом. Кроме того, согласно теореме Польке—Шварца можно изобразить произвольно одно боковое ребро, то есть отметить произвольную параллелограмм. Если нужно проверить высоту, то следует соединить вершину с точкой пересечения диагоналей основания.

Рис. 10, $a$. Рис. 10, $b$.

В учебниках широко распространено общковенное изображать плоскость (точнее говоря, «кусок плоскости») в виде параллелограмма, неявно предполагая при этом, что оригинал — прямогольный кусок плоскости. В этом случае непроизвольное расходуется часть произвольа, имеющегося в нашем распоряжении. Если же мы об этом забываем и в дальнейшем пользовемся теоремой Польке—Шварца, то приходим к группам ошибкам. Вот пример. На рисунке 10, $a$ изображена правильная четырехугольная параллелограммом. Стояция на плоскости. Отдельно взятое изображение SABCD построено правильно, но рисунок 10, $a$ в целом грубо ошибочен. Изобравив прямогольный кусок плоскости параллелограммом KLMN, мы уже частично использали произволь, представляемый теоремой Польке—Шварца, и не имеем права изображать квадрат $A'B'C'D'$ произвольным параллелограммом. На рисунке 10, $a$ $\rightarrow$ LKN и $\rightarrow$ DAB изображают прямые углы. $AB \parallel KL$, следовательно, должны быть $AD \parallel KN$. Раз этого нет, рисунок 10, $a$ ошибочен.

Поскольку прямогольность куска плоскости не имеет никакого значения при изучении свойств этой на ней параллелы, нет смысла связывать себя условием, что $\rightarrow$ LKN — изобра-

7

4. Сечения многогранников

Тепер мы будем рассматривать изображения, встречащие при изучении стереометрии.

Пример 4. На рисунке 11, а изображено плоскоеечение треугольной признамы.

Оно «построено» очень просто: на ребрах признамы взяты произвольные точки $A_3$, $B_3$, $C_3$ и соединены отрезками признамы. На рисунке 11, $\delta$ тот же «метод» применен к построению сечения четырехугольной признамы.

Рисунок 11, а правилен, а на рисунке 11, $\delta$ допущена ошибка (всема распространенная!). В самом деле, плоскость определяется треяточки. Поэтому, изображая плоскоеечение треугольной признамы, мы можем взять точки на ее ребрах произвольно. С четырехугольной признакой так поступить нельзя. Отметив про-

извольно точки $A_3$, $B_3$, $C_3$, мы уже определили секущую плоскость, и точка ее пересечения с четырьмя ребром признамы не может быть взята произвольно.

Покажем, как правильно найти точку пересечения секущей плоскости с четырьмя ребром.

Плоскость, проходящая через ребра $^*$) $A'_1A'_2$ и $C'_1C'_2$, пересекает плоскоеечение $A'_3B'_3C'_3D'_3$ по диагонали $A'_3C'_3$, а плоскость, проходящая через ребра $B'_1B'_2$ и $D'_1D'_2$, — по диагонали $B'_3D'_3$. Прияма пересечения этих двух плоскостей параллельна ребром признамы. Следовательно, во всех плоских сечениях признамы точки пересечения диагональной лежат на прямой, параллельной ребром признамы. На рисунке 11, $\delta$ отмечены точки $P_1$ и $P_2$ пересечения диагональной оснований; прияма $P_1P_2$ параллельна ребром признамы. Точка $P_3$ не лежит на этой прямой —

*) Не забудьте, что элементы ориинала обозначются буквами со штириками.

8

Рис. 13.
следовательно, рисунок неправилен. Это означает, что изображенный на нем четырехугольник $A_3'B_3'C_3'D_3'$ — неплоский. Человек с натренированным глазом, например, художник, заметит это сразу, без всяких построений.

Это свойство позволяет не только проверить правильность чертежа, но и построить плоскоеечение четырехугольной признамы. Отметим произвольно точки $A_3$, $B_3$, $C_3$ (рис. 12). Строим точки $P_1$ и $P_2$ и проводим прямую $P_1P_2$ (она оказывается параллельной прямой $A_1A_2$). Проводим прямую $A_3C_3$. Находим точку $P_3$ пересечения $A_3C_3$ и $P_1P_2$. Проводим $B_3P_3$. Точка пересечения $B_3P_3$ с $D_1D_2$ и есть искомая.

Изображение плоских сечений многогранников требует использования только двух правил:

1. Если плоскости $\beta'$ и $\gamma'$ пересекаются по прямой $l'$, а плоскость $\alpha'$ пересекает их соответствующее по прямым $b'$ и $c'$, то $b'$ и $c'$ либо пересекаются в точке, лежащей на $l'$, либо параллельны $l'$.

2. Если плоскости $\beta'$ и $\gamma'$ параллельны, а плоскость $\alpha'$ пересекает их соответствующее по прямым $b'$ и $c'$, то $b'$ и $c'$ параллельны.

Пример 5. Изображение плоского сечения параллелпеда.

Проводим изображения линейной сечения $RQ$ и $QP$. Точка их пересечения должна лежать на прямой $A_2B_2$, в остальном прямые $PQ$ и $QR$ произвольны. Далее проводим $RS \parallel QP$ и $PS \parallel QR$.

На рисунке 13 прямы $PQ$ и $QR$ проводены так, что точка $Q$ попала вне отрезка $A_2B_2$. Отмечаем точки $T \equiv PQ \times A_2D_2$ и $U \equiv QR \times A_1A_2$ и соединяем $U$ и $T^*$). Проводим $RS \parallel QP$ и $PS \parallel QR$. Ясно, что точка $S$ должна лежать на прямой $C_1D_1$. Если эта точка попадала на продолжение отрезка $C_1D_1$, то соединяем точки $V \equiv RS \times B_1C_1$ и $W \equiv PS \times C_1C_2$. Разберите самостояльно случай, когда точка $Q$ лежит внутри отрезка $A_2B_2$.

Пример 6. Изображение плоского сечения четырехугольной парамиды (рис. 14).

Проводим звенья $PQ$ и $QR$ проводилось. От точки $R$ надо вести линию сечения по задней грани. Плоскости передней и задней граней пересекаются по прямой $S'X'$. Изображение этой прямой легко получить, построив точку $X \equiv AB \times CD$. Следы секущей плоскости $\alpha'$ на передней и задней гранах должны пересекаться на $S'X'$. Находим точку $T \equiv PQ \times SX$ и проводим $TR$. Отмечаем отрезок этой прямой $RU$, оказывающей внутреннюю треугольника $SCD$. А $AB$ изображает линию пересечения передней и нижней граней. Строим точку $Y \equiv AB \times PQ$ и находим точку $V \equiv AD \times UY$.

*) Запись $M \equiv AB \times CD$ означает: «М есть точка пересечения прямых $AB$ и $CD$», а $m \equiv A \times B$ — «м есть прямая, определяющая точками $A$ и $B$».

10

Рис. 17.
В каждом эллипсе показаны два диаметра: в оригинале они перепределились, а на изображении — сопряженные (см. статью И. Н. Бронштейна «Эллипс», Квант № 9).

Основание конуса также изображается эллипсом. В школьной практике часто встречается следующая ошибка: крайние образующие использующие для изображения освого сечения, причем предполагается, что они касаются эллипса в концах большой оси (рис. 18, а). Это неленость. Если из точки S проведи касательные к эллипсу и соединить точки касания A и B, то прямая AB не пройдет через центр эллипса. Однако неокоторы

Рис. 19.
«Чертежники» проводят ее через центр насильственного. Рисунок 18, б — правильный. Одна из точек касания, например A, соединяется с центром O, и на эллипсе отмечается точка C, диаметрально противоположная A. Треугольник SAC есть изображение освого сечения.

Для изображения освого сечения вовсе не обязательно использовать

Рис. 18, а.
Рис. 18, б.
Рис. 18, с.

12

Рис. 23, а.

дата экватор будет изображаться отрезком (рис. 22).

Правильное изображение шара строится так. Экватор и меридианы изображаются эллипсами, причем все меридианы проходят через две точки N и S. Остается только выяснить связь между изображением экватора и положением точек N и S.

Представим себе оригинал. Проведем экваторальное сечение (круг A’B’C’D’) и перpendикулярный ему диаметр N’S’ (земная ось). Воображим, далее, плоскость β’, перpendикулярную A’C’ и (для удобства) проходящую вне шара (рис. 23, а). Шар вместе с экваторальным сечением и осью N’S’ проектируем ортогонально на плоскость β’. Шар проектируется в круг, а система (A’B’C’D’, N’S’) — в два перpendикулярных диаметра этого круга.

Если фигуру слева (рис. 23, а) врашать вокруг A’C’, то круг на плоскости β’ будет оставаться на месте, а крест из двух его перpendикулярных диаметров будет врашаться вокруг центра.

Рисунок 23, б дает ключи к решению вопроса о том, как связанные изображение экватора с изображениями полосов. Диаметр PQ определяет малую ось эллипса, а перpendикуляр-

13

Рис. 25.

щими через точки $N$ и $S$. Параллелии изображаются подобными эллипсами, касающиеся контуршаара.

При решении стереометрических задач чертеж играет вспомогательную роль, и нет смысла тратить на его выпленение большие труда, чем на решение самой задачи. Поэтому мы рекомендуем читателю в основном чертеить на глаз. Однако дадим некоторые общие рекомендации, выполнение которых позволяет избежать ошибок.

Изображение шара сложнее, чем многогранников, цилиндра и конуса. Поэтому рекомендуется, выполняя чертежи с учетом шара, начиная с шара, а затем пристраивать к нему остальные фигуры.

Если шар вписан в цилиндр (рис. 25), то боковая поверхность цилиндра касается шара по большому кругу, например по экватору. Точка $B$ — на экваторе, $AB = BC$, $AC = NS$. Все три эллипса (экваторальноеечение и основания цилиндра) одинаковы.

Если цилиндр вписан в шар (рис. 26), то следует помнить, что его основания — одинаковые по размеру параллельные круги.

Если шар вписан в признаму (рис. 27), то больший круг (например, эк

14

Рис. 28.

Чтобы изобразить призму, вписанную в шар (рис. 28), надо прежде всего вписать многоугольник в какой-нибудь паралельный круг. Остальное ясно.

Если шар вписан в парамиду (рис. 29), то точки касания боковых граней находится на одинаковых расстояниях от вершины парамиды и, следовательно, лежат на одном паралельном круге, плоскость которого перpendикулярна $T'O'$ (О’ — центр шара, $T'$ — вершина парамиды). Чертить можно в такой последовательности: изобразить шар, затем взять

Рис. 29.

какой-нибудь паралельный круг и описать около него многоугольник (например, $A_1B_1C_1D_1$). После этого к меридиам, проходящим через точки касания $L, M, N, P$, проведи касательные в этих точках (можно на глаз). Они пересекутся в одной точке $T$, которая и изобразает вершину парамиды. Пусть плоскость нижнего основания паралельна плоскости $A_1'B_1'C_1'D_1'$ (если это не так, то задача условия, и в этой статье мы ее рассматривать не будем), тогда остается достроить парамиду, руководствуясь пропорциями

$$\frac{TS}{TO_1} = \frac{TA}{TA_1} = \frac{TB}{TB_1} = \frac{TC}{TC_1} = \frac{TD}{TD_1}$$

($S'$ — Южный полос, $O'$ — центр паралельного круга, вписанного в $A_1'B_1'C_1'D_1'$).

Если шар описан около парамиды (рис. 30), то основание парамиды вписано в какой-нибудь паралельный круг, а вершина — любая точка сферы.

От редакции. В 1971 году в серии «Популярные lekции по математике» выйдет брошюра Н. М. Бескина «Изображение пространственных фигур», в которой эти вопросы будут изложены более подробно.

15

В чем ошибка Аристотеля

Аристотеля обычно вспоминают, чтобы покритиковать. И то у него неправильно, и это. Особенно достается ему в курсе механики. Ведь хорошо известно, что силе пропорциональноускорение тела, а тело, представленное само себе, движется с постоянной скоростью. А Аристотель утверждал нечто другое: скорость тела пропорциональная действующей на него силе. И если не прикладывать силы, то тело оставится. Правда, наш каждодневный опыт скорее подтверждает утверждение Аристотеля, чем Ньюотона, два закона которого мы формировали выше. Действительно, чтобы тело двигалось, его надо только или тянуть, то есть прикладывать к нему силу, а как только приложенная сила исчезает, тело оставливается. Утверждение Аристотеля, на первый взгляд, лучше согласуется с наблюдаемыми явлениями, чем законы Ньюотона. Поэтому-то так трудно было обратиться с авторитетом Аристотеля.

Согласно между теорией (законами Ньюотона) и экспериментом (наблюдения за движущимся предметами) обнаруживается, если учет силы трения. Когда, как казалось Аристотelo, на тело ничего не действует и поэтому (!) оно оставливается, на него в действительности действует сила трения, которая и тормозит движение.

Трене и атомы

Что же такое сила трения? Какова ее природа? Чаще всего мы вспоминаем о ней, изучая работу механизмов, задумываясь о скольжении санок по снежному насу или лодки по водной поверхности. В общих чертах понять, что присходит при соприкосновении двух тел, пожалей, можно. Их atoms (полозвев и снега или подшипника и обойтимы) взаимодействуют друг с другом *). При движении atoms одного тела пытаются увлечь atoms другого. Если им удается это, то одно из них или оба разрушаются. Мы говорим обчно — страются. Давайте, чтобы не затруднять рассмотрение, пренебрежем странием. При не очень больших скоростях и достагоно твердых деталях это вплоне допустимо. Итак, атомам одного тела не удается увлечь atoms другого тела. Что же все-tаки просходит? Atoms твердого тела (кристалла) располагаются в определенных позициях в положениях равновесия. Правда, термин «располагаются» несколько условий, так как atoms все время находятся в движении: они совершают малые колбания околоположений равновесия. Интенсивность этих колбаний определяется температурой. чем больше температура, чем больше энергия и амплитуда колбаний atomов. Atoms кристалла взаимодействуют друг с другом. Изменение движения atomов

*) Несолько туманное слово «взанмодействуют» означает, что atoms либо пригитаются друг к другу, либо отталкиваются. В действительности, и пригитаются, и отталкиваются. Вдали — пригитаются, а вблизи — отталкиваются. Над только помнить, что масштабы в мире atomов — это ангстремы (1А°=10⁻⁸см). «Вдали» означает расстояние много большие 1А, вблизи — порядка 1А. При соприкосновении atoms разных тел находятся друг от друга на расстояниях, значительно превышает 1А.

16

Рис. 1.

ма или группы атомов передается соседним…

Когда одно тело движется относительно другого, касаясь его, атомы этих тел «цепляют» и раскачивают друг друга. Если не бояться вульгаризация, то этот процесс можно представить себе так: человек бежитимо висящих рядом мятников и раскачивает их. Или еще лучше: мятники связаны между собой. Качнув один или несколько, заставляют движаться все остальные (рис. 1).

Колебания атомов, расположенных на поверхности тела, передаются атомам, расположенным в глубине. Передача энергии от поверхности в глубину тела — сложный процесс, не до конца прослеженный до сих пор (хотя общее черты его поняты). Пути передачи энергии существенно зависит от того, что представляется собой твердое тело. Например, в металлическом могут уносить электроны. Но, каков бы ни был путь отвода энергии от поверхности, в конечном

17

счете тренне одного тела о друге приводит к повышению температуры. Кроме того, в процессе трення происходит изменение структуры трушихся поверхностей. Их необходимо учитывать при желании понять все явления, сопровождающие тренне *). Однако, пока мы не пытаемся построить количественную теорию, нам не очень важно точно знать, что процесс в твердом теле. Существно понять: энергия движущегося тела частично траится на возбужdenе движения atomных частиц, из которых состоит твердые тела.

Можно сказать, что трупические тела «работают», только работа эта делается впустую — энергия траится на нагрев тела, которое чаще всего приходит искусственно охлаждать (человек каменного века, привыкший добавить огонь треннем, не согласился бы с нами).

Чем больше взаимная скорость тел, тем больше энергии расходуется на раскачку atomов, значит, тем больше работу производят тела. С другой стороны, известно, что работа в единицу времени (мощность) равна силе, умноженной на скорость. Эта силе и есть сила трення.

Мы весна формально «ввели» силу трення. Правда, попытались разъяснить ее природу.

Можно поступить и несколько иначе. Выяснить, какое количество импульса (количество движения) траят движущеся тело в единицу времени на возбужdenе колебаний atomов. Согласно закону Ньютона изменение импульса тела в единицу времени равно действующей на него силе. Это дает нам возможность определить силу трення. Конечно, оба определения приводят к одному и тому же значению силы.

Сила трення характеризует взаимодействие между макросоппескими телами, и, хотя тренне — результ*

*) Проблемой трення заняты коллективы ученых, которые приводятся привлекать самые современные методы исследования и последние представления о движении atomных частиц в твердых телах.

тат взаимодействия отдельных atomных частиц, сила трення разительно отличается от сил, которые действуют между atomами и молекулами. Действительно, силы, действующие между atomами и молекулами, зависит только от расстояния между ними, а сила трення зависит от относительной скорости тела. Однако сила трення не только этим отличается от сил взаимодействия между микросоппескими телами. Она обладает свойствам, называемых разными словами, смысла которых одинаков:

Необратимость, дисспация, потеря

Под действием силы трення тела всегда теряет энергию, всегда термозится. Это связано с тем, что энергия движения тел при тренни расходуется на возбужdenе движения atomных частиц. Атомов невообразимного (10^23 частиц в 1 см³), движутся они беспорядочно. Переданная им энергия попросту рассеивается ( дисспирается, от французского слова «dissiparer» — рассеивать) между бесчисленными atomами. Новые хозяйа энергии непрерывно обменывают его друг с другом и вовсе «не склонны отдать долг» макросоппескому телу. Описанный процесс есть, конечно, переход к интегической энергии в теплую. Мы видим, что этот процесс необратим.

Плоодворный метод обобщения понятый состоит в том, что одно из основных свойств, присуще данному понятию, принимают за его новое определение. Воспользовемся этим методом для обобщения понятия трення. Важнейшее свойство трення, как мы видели, — это необратимость, связанная с переходом энергии упорядоченного движения в теплую. Прием этого свойства и отныение будем именовать треннем всякий необратимый процесс, сопровождающий переходом энергии упорядоченного движения в теплую. Терьер можно говорить о тренни двух встречных потоков газа — они взаимно термозятся и нагреваются, о

18

тренни твердого тела о газ и т. д.

А сила трения? Она по-прежнему сопровождается процесс трения. В самом деле, в процессе трения энергия упорядоченного движения уменшается, значит, уменшается и его скорость. Иными словами, ускорение направлено в сторону, противоположную скорости тела.

Вспомним второй закон Ньютона. Где есть ускорение, там есть и сила. Эта сила и есть сила трения. Она направлена в сторону, противоположную скорости, она всегда тормозит…

Простой случай

Бывают случай, когда расчет силипреня сравнительно прост и не требует глобкого проникновения в теории твердого тела.

Пусть, например, твердое тело движется через достаточно разреженный газ. Тогда силипреня обусловлена стольновениями atomов газа с поверхностью тела.

Прежде чем приступить к расчету силипреня, рассмотрим отдельный акт стольновения. Частца с импульсом $P$ падает на поверхность тела. Стольновение atomа с поверхностью — сложное событие. Подумаем, что может произойти. Atom может остаться на поверхности (приплпнуть), может глобоко проникнуть в глубь тела, а может и отразиться от поверхности тела. При отражении (нас будет интересовать именно этот силипран, мы дальнейше обьясим почем) тоже возможно различные ситуации. Например,Atom может иннизовать или выбит atom с поверхности, молекула может распасть на составляющие ее atomы и так далее. Короче говоря, возникнет много, но будем считать, что atom просто отразился, как мяч от стенки. Не для упрощения, хотя эта ситуация действительно простейшая, а потому, что в подавляющем большинстве силипев при не слишком быстром движении тела через газ именно это и проинсходит — atomы просто отражаются (отскаки-вают) от поверхности тела ). Большые сложные ситуации (внедрение atomов в твердое тело, низзация и др.), конечно, тоже наблюдаются и подробно исследованы. Каждый из этих процессов происходит с наиболееверятностью при определенной скорости частиц. Например, чем больше скорости частиц, тем больше верятность того, что atom проникнет на сравнительно большую глубину в твердое тело. Чтобы представить себе, о каких скоростях идет речь, отметим: atom кислорода, налетящий на поверхность твердого тела со скоростью $10^7$ см/сек*), пропикает приблизительно на 10—12 atomных расстояний в глубину твердого тела. Средняя скорость $v$ atomов газа с массой $m$, как показывает молекулярно-кипетическая теория газов, равна $\sqrt{\frac{kT}{m}}$, где $T$ — температура в абсолотных единицах, а $k$ — так называемая постоянная Больцмана, равная $1,4 \cdot 10^{-23}$ дж/сек. При $T = 300^\circ$ К ($=27^\circ$ С) средняя скорость atomа кислорода меньше $10^5$ см/сек. Если тело покопится в газе, то средняя скорость стольновейной молекул газа с поверхностью тела приблизительно совпадает со средней тельевой скоростью; если же тело движется, то отличается от нее. Однако в том случае, когда скорость движущегося тела мала по сравнению со средней тельевой скоростью (нкогда не следует проходит миним частных силипев, в которых исследуемый вопрос выглядит проще), скорость стольновейки почти не отличается от теловой, и энергии atomа попросту недостаточно для проникновения в глубину твердого тела.

Хотя мы называли сущей отражения atomов от поверхности твердого тела простейшим, но и он нуждается в появлении…

*) К счастью, очень редко молекулы воды из воздуха приплпают к летящему самому. Иначе описать оледенения возросла бы во много раз.
**) Кинетическая энергия atoma кислорода при этом равна 10 кэв (см. ниже).

И atom, и тем более твердое тело — сложные системы, состоящие из большого числа частиц. При отражении.atoma от поверхности тела часть его энергии может уйти на то, чтобы несколько изменить внутреннее состояние.atoma или твердого тела, попросту говоря, сdwинут часть из которых состоит.atом и твердое тело.Если это произойдет, то столковение называется неупруzem.Если же нет, то упруzem. Каждое столковение обладает неокоторой неупругоостью, но если часть энергии,ущедшая на изменение внутреннего состояния стalkивающихся объектов (atoma, твердого тела),мала по сравнению с энергий.atoma, то неупругоство можно пренебречь и считать столковение полностью упругим. Мы будем рассматривать именно такие столковения.

Несколько слов о мяче

Может и должны возникнуть вопросы: «Почему неупругость мала?» Ответить на него непросто. Разберем несколько подробнее отскок мяча от стенки или, что проще, от пола. Если столковение упруго, то мяч, начавший движение с нулевой скоростью, после удара об пол подрыгнет на высоту, с которой упал (тренем о воздушке пренебрегаем). Если столковение неупруго, то мяч не должен до начальной высоты. Опыт показывает, что твердый, хорошего надутый мяч прыгает хорошего, а мягкий — плох. И что от деревянного пола мяч отсккивает хорошего, а от песка — плох. Все определяется тем, легко или трудно сdwинут молекулы или atoms, из которых состоит стalkивающей тела (мяч, пол), относительно друг друга. Если легко (ненадутый мяч, отскок от песка), то сdwарение неупруго, если трудно, то — упруго. Казалось бы, что должно быть иначе. Если трудно сdwинут, то на это tratится больше часть энергии, если легко, то меньше. Тогда было бы наоборот: мягкий мяч подрыгивал бы на большую высоту, чем твердый. Хотя неосредственное

наблюдение ответает эту возможность имеет смысл проверить себя расчетом.

Законы сохранения и неравенства

Рассмотрим столковение двух элементных частиц в том случае, когда одна из них гораздо тяжелей другой. Изывая частицу элементарной, мы утверждаем, что внутреннее движение в частице отсутствует или не играет никакой роли в изучаемом явлении. Так, Землю можно было бы считать элементарной частицей при изучении движения Лунны, если бы не приливы и отливы, «отсасывающие» ее энергию. Жесткий, хорошего надутый мяч выступает в процессе столковения как элементарная частица, а слабо надутый — как сложное тело.

Пустьяжелая частица массы $M$ до столковения покопится. Обозначим через $p = mv$ импульс легкой частицы до столковения. Для оценки импульсов и энергий частицы после столковения воспользуемся законами сохранения энергии и импульса.

Ясно, что в результате столковения кинетическая энергия тяжелой частицы может только увеличиться (напомним, что до столковения она равна нулю). Так как полная энергия не изменяется, то кинетическая энергия легкой частицы после столковения уменьшается, а вместе с ней уменьшается скорость $v$ легкой частицы и величины ее импульса. Поэтому изменение импульса легкой частицы $\Delta p = p' - p$ не превыходит $2mv$.

Приименим теперь закон сохранения импульса. Он утверждает, что изменения импульсов $\Delta p$ и $\Delta P$ легкой и тяжелой частицы равны по величины и противоположны по направлению: $\Delta p = -\Delta P$.

С другой стороны, так какяжелая частица до столковения покоплась, то $\Delta p = \Delta P = MV'$ ($V'$ — скорость тяжелой частицы после столковения). Поэтому

$$V' \leq \frac{2m}{M} v$$

22

Рис. 3.
перь мы действительно отошли в сторону от интересушего нас предмета.

Чему же равна сила трения?

Итак, вернемся к расчету силипреня, действующей на тело, движущемся с относительной малой скоростью $u$ через разреженный газ, температура которого $T$. Удобно считать тело покоящимся, а газ движущимся со скоростью $-u$. Выделим на поверхности тела бесконечно малую площадку $^*$ $\Delta S$ (рис. 3). Импульс молекулы газа, столкновейся упруго с телом в точке на видененной площадке, изменится на $2P_n$, где $P_n$ — проекция импульса молекулы на нормаль к поверхности тела. Это означает, что молекula газа при столкновении с телом отдает ему импульс, равный $2P_n$. Теперь наша задача — подсчитать полный импульс, передаваемый газом телу в единицу времени. Изменение импульса в единицу времени и есть сила (в данном случае действующая со стороны газа на тело). Для вычисления полного передаваемого импульса надо, во-первых, учеть все молекулы, падающие в единицу времени на данную площадку, и во-вторых, просуммировать по всем площадкам.

*) См. по поводу «бесконечно малой площадки» статью Н. Я. Виленкина «Тайны бесконечности» («Квант» № 3, 1970).

Подобная операция продельвалась в статье Я. А. Смородинского «Идеальный газ» («Квант» № 10). Здесь мы воспользуемся готовыми результатами. Давление газа на покоящуюся стенку равно $1/3$ nmv², где $n$ — число молекул газа в единице объема, $m$ — масса молекулы и $v^2$ — среднее арифметическое от квадратов скоростей молекул. Если тело поконтся ($u = 0$), число ударов справа и слева в среднем одинаково, и поэтому телу никакой импульс не передается. При $u \neq 0$ это не так. Пусть тело движется. В этом случае скорость молекул, налетаются спереди, на $u$ больше, а скорость молекул, налетаются задии, на $u$ меньше. Поэтому на участок $\Delta S$ движущейся плоскости действует сила

$$F = (P_{\text{спереди}} - P_{\text{задди}}) \Delta S = \frac{1}{3} nm \Delta S \left[ (v + u)^2 - (v - u)^2 \right] = \frac{2}{3} nmvu \Delta S.$$

Вспоминаная, что $v = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$ (см. статью «Идеальный газ»), получим

$$F = \frac{2}{3} n \sqrt{3kTm} u \Delta S.$$

Для тела произвольной формы мы должны получить формулу

$$F = \beta Sn \sqrt{mkT} u.$$

Здесь $S$ — площадь поверхности тела, а $\beta$ — численный коэффициент, зависимости от формы тела. Он учитывает, что на один участок молекулы попадают перpendикулярно к поверхности, а на другие — под углом.

Если воспользуемся законом Клапейрона $PV = NkT$ ($N = nV$ — полное число части газа в объеме $V$), то можно выразить силу треня через давление $P$ и температуре $T$ газа:

$$F_{\text{Tp}} = \beta SP \sqrt{\frac{m}{kT}} u.$$

Получился естественный результат: при фиксированных температуре и

23

скорости тела сила трения тем больше, чем больше давление газа.

Вязкость газов

Мы довольно подробно описали, почему при движении тела через газ на него действует сила — сила трения — результат ударов отдельных молекул о поверхности движущегося тела. При этом мы совершенно не интересовались тем, что происходит с газом, с его молекулами после стольновения. Задумаемся ненадолго о судьбе молекул, стольновихся с телом. Ясно, что если бы мы имели возможность изменить скорость всех стольновихся с телом молекул, то убедились бы, что средняя скорость их не равна нулю. Molекуры пусть незначительно, но увлекателься движущемся телом. А если изменить скорость молекул вдали от тела, то (в отсутствие ветра, конечного их средняя скорость равна нулю). Чуть-чуть другими словами: вблизи поверхности движущемся тела имеет упорядоченное движение газа, а вдали от тела его нет. С упорядоченным движением связан неокоторый импульс. Слой газа в поверхности слое чаще стольиваются с движущимся телом, чем остальные молекулы газа. Из-за этого их средний импульс должен был бы возрастать, если бы не было процесса отвода импульса из пограночного слоя.

Понять этот процесс легко. Molекуры газа, улетuoше из погранного слоя, просто уносят с собой излишек импульса. Вдали от тела они «разбазировают» его в многократных стольновениях с другими молекулами или в стольновях с покояшимся телами.

Способность газа переносить имплус из одного места в другое и, главное, необратимо растращать его носит название вззкости. Вязкость и трене неразличны. Вязкость — интересное явление, в котором главную роль играют стольновения между молекулами. Мы имеве пренебрежли при вычислении силы треня, действующего на движущей тела со стороны газа.

Мы при этом ошиблись. Но как? Преувеличили или занизили силу треня? Легко понять, что преувеличили. Действительно, мы считали, что молекула, стольновись с телом, больше никогда к нему не вернется и, следовательно, не будет иметь возможность «вернуть» телу полученный у него имплус. В действительности, если тщательно проследить за многими молекулами, стольновимся с телом, то мы убедимся, что часть из них возвращается к телу (после стольновения с какой-либо из молекул газа), другие отдают прибретенный от тела излишек имплуса своим партнерам по стольновям, а те в свою очередь могут стольнуть с телом. Строго говоря, в результате стольновейной молекул друг с другом происходит частный возврат имплуса тела, а значит, тело теряет меньше имплуса, чем мы считали.

Выведенная здесь формула применима только к очень разреженным газам, у которых среднее растяжение между стольновыми молекул зачительно больше размеров тела. Если вычислять силу треня, действующего на пылини с размерами, не превозходимыми нескольких микрон, под категорию разреженных газов может подойти и наш воздух.

24

ПОЧЕМУ
УСТОЙЧИВ
ВЕЛОСИПЕД

Едва ли не каждый умет единъ на велосипеде, но, по-видимому, никак-то так и не знает, как ему это удается. Каждыйся простота и легкость скрывают неизученные тонкости, и я затратил много времени и сил, пытаясь раскрыть причину устойчивости велосипеда. Публикации на эту тему, как правило, отрывны и не содержат проверки теории экспериментом. В своих исследованиях я рассчитывал выяснить причину устойчивости общных велосипедов, используя велосипеды измененных конструкций. Первые попытки создать велосипед, на котором нельзя единъ, окончились неудачно. Это привело меня к визмательному изучению формы вилки переднего колеса. После этого с помощью вычислений на электронной вычислительной машине я сконструировал и построил совершенное неустойчивый велосипед.

В основу этой статьи положена статья Д. Э. Х. Джоунса «The Stability of the Bicycle», опубликованная в журнале «Physics Today» № 4 за 1970 г.

Перевод и переработка статьи Д. Э. Х. Джоунса осуществлены В. Н. Березным и Г. Н. Суховой.

Существующие теории

Большая часть учебников механики и пособий по езде на велосипеде либо не рассматривает вопрос об их устойчивости вовсе, либо считает его слишком простым. Считается, что велосипед балансируется успешми велосипеда: когда велосипедстуктуventет, что машина падает, он поворачивает ее в стороны падения. Велосипед заворочивает и едет по кривой. Это помогает ему вернуться в вертикальное положение и избежать падения.

Нетрудно понять, почему это происходит. Рассмотрим силы, действующие на велосипед сVELOSИПЕДом (рис. 1). F — реакция земли (она равна сумме силы треня Fтр и силы нормальной реакции N), P — сила тяжесте. Равнодействующая этих сил равна P·ctgα (где α — угол наклона машины) и направлена к центру круга, по которой едетVELOSИПЕДом, сообща-

Рис. 1.

25

шая центр тяжести велиспеда с велиспедистом ускорение

$$a = \frac{P}{M} \text{ctg} \alpha = g \text{ctg} \alpha.$$

Так как трение обычно велико и колеса велиспеда не скользят по земле, то ускорение точки касания колеса с землей определяется радиусом траектории и равно $\frac{v^2}{R}$. Если угол наклона велиспедиста таков, что ускорение центра тяжести машины с середом равно центростремительному ускорению точки касания колеса с землей, то велиспедист не падает и не выприляется: сила $F$ проходит через центр тяжести системы; если $a > \frac{v^2}{R}$, то велиспедист упадет (сила $F$ проходит выше центра тяжести системы); если $a < \frac{v^2}{R}$, то есть $R < \frac{v^2}{g \text{ctg} \alpha}$, то велиспед выприятится (сила $F$ проходит ниже центра тяжести системы), создавая момент, поворачивающий систему вокруг оси, проходящей через центр масс).

Если велиспедист наклонился на угол $\alpha$, то для того, чтобы машина выпримилась, ее нужно направить по окружности с радиусом $R < \frac{v^2}{g \text{ctg} \alpha}$.

Чем больше скорость, тем больше радиус окружности, по которой нужно ехать, чтобы не упасть. Это означает, что при большей скорости велиспеды выравнивается, если руль повернуть на сравнительно небольшой угол. Поэтому, чем быстрее движется велиспед, тем легче им управлять.

Однако наблюдая вывидгают убедительные возможности против теории, в котором считается, что велиспед устойчив лишь благодаря водителью. Ведь если подтолкнуть велиспед без велиспедиста, он проедет довольно большой путь, хотя ним не управляет, и управет примерно через 20 секунд, а не через 2 секунды, как неподвижный велиспед. Ясно, что машина обладает устойчивостью не только за счет усилий велиспед-

Рис. 2.

диста. Кроме того, при быстрой езде велиспед нас только устойчив, что его трудно опрокинуть, даже если вы этого захотите.

Более сложная теория, объясняющая устойчивость велиспеда, учитывает гипросоппечный эффект от его переднего колеса.

Гироскопом обычно называют тело, достаточно быстро врашающее вокуг свое оси. Классический пример гипросоппа — обичный волокк. При попытке наклонить ось врашающего волка вы почувствуете сопротивление. Ось волка начинает перемешаться не в том направлении, куда вы его толкаете, а в перpendикулярном. Это явление называется «гириоскоппечным эффектом». Благодаря ему ось врашающего волка обычно движется по конусу, как это показано на рисунке 2: под действием силы тяжести, направленной вертикально, ось поворачивается в горизонтальной плоскости. Нправление поворота оси зависит от направления врашения волка вокуг оси.

26

Рис. 3.

Чем больше масса волчка и скорость его вращения, тем больше гироскоппический эффект: тем быстрее поворачивается ось волчка при попытке его наклонить. Быстро вращающейся переднее колесо — это тот же волчок. При наклоне ввоспеда на ось колеса действуют силы, стремящиеся повернуть ее вместе с ввоспедом. При этом ось, вилка и руль за счет гироскоппического эффекта должны поворачивать в плоскости, перпендикулярной плоскости ввоспеда (рис. 3). Ввоспед завораивает и благодаря этому возвращается в вертикальное положение.

Привлекательность этой теории в том, что ввоспед копируется катящимся обручем, который действительно устойчив именно по этой причине. Ввоспед в такой интерретации попросту обруч с прицелом.

Некоторые теоретически высказали сомнение по поводу этой теории. Они чувствовали, что масса ввоспедного колеса слишком мала, чтобы создать гироскоппический эффект, доставочный для выравнивания тяжелого ввоспеда.

Антигироскоппический ввоспед

Я начал свою серию экспериментов по устойчивости ввоспеда, обладая довольно туманными представлениями о рассмотренных здесь теории.

Мне пришло в голову, что было бы занятно построить неустойчивый ввоспед, который выбет из середа самого опытного ввоспедиста. Сначала я видизменил стандартный ввоспед, насадив на его переднюю вилку второе колесо, не касающейся поверхности земли, так что это колесо можно было вращать в направлении, обратном направлению вращения переднего колеса ввоспеда. Этот должно было устранять влияние гироскоппического эффекта. Я назвал это устройство «неуправляемый ввоспед»—HB-I (рис. 4, 6). Он не оправдал возникних на него надежь; им можно было сравнитьлено легко управлять и тогда, когда дополнительное колесо вращалось в любом направлении, и тогда, когда оно оставалось неподвижным. Вел себя НB-I несколько страна (это я приписал увеличшейся массе вилки с передним колесом), но это не слишком затрудняло управление даже при моих средних водительских способностях и невысоких скорости. Это означает, что гирросоппический эффект оказывал очень незначительное влияние на управление ввоспедом при еще с малой скорости.

Неожиданный результат водушевил меня. Если ввоспед, расматриваемый как обруч с прицелом, не стабилизируется благодаря гирросоппическому эффекту, то, может быть, обруч вообще не гирросопп?

Я продолжал эксперимент над дополнительным колесом НB-I, пристроив к нему внутренний обруч, который мог вращаться в противоположном направлении. Устройство благополучно padало, когда я прововал его катить. Значит, обруч ведет себя как гирросопп.

Было проведено еще одно, более суровое испытание: будет ли НB-I управляемым, если руки водителя убраны с руля? По единственной, вероятно, теории управления ввоспедом «без рук» предполагалось, что водитель наклоняет раму угловыми движениями своего тела и таким образом рулит, использую поворот перед-

27

Рис. 4.

него колеса за счет гироскопического эффекта.

Осторожно и с большими опасениями за результат я провел эксперимент, во время которого велосипед exал под уклон; тем самым исключаось влияние на педагоги велосипеда. НВ-I не очень удобен дляезды «без рук» даже при «статическом» варианте. Что-то терялось в балансе, и в том случае, когда переднее и дополнительное колеса врашались в разные стороны, управлять им было трудно, но все же возможно.

Это наведено меня на мысль о существовании еще одной силы, появляющейся, когда велосипед движется.

Затем я попытался катить НВ-I без водителя. Когда дополнительное колесо врашалось в стороны, противоположную направлению врашения переднего колеса велосипеда, велосипед неуклюжке padал; когда же колесо врашалось в ту же стороны, что и переднее колесо, велосипед padал способно, пробежав до этого круг.

Мне стало ясно, что легкий, лишенный водитель велосипед может стабилизировать гироскопические, а более тяжелая модель — нет. Таким образом, еще представлено решить пробему устойчивости велосипеда, утяжеленного водителем.

Еще теории

На предварительных стадиях исследования я надел всем знакомым, излагая им теорию велосипеда. Кроме двух известных теорий, о которых я уже упоминал, я предлагал еще и новые.

1. Велосипед держится отвесно благодаря толщине его шин, то есть он представляет собой тонкий надувной каток.

2. Если велосипед наклоняется, точка контакта переднего колеса с землей смещается к одной стороны его плоскости, создавая момент силы трения, поворачивающий наклонное колесо. Благодаря этому велосипед выравнивается.

3. Точка контакта велосипедной шины с землей находится за управляющей осью руля (рис. 4). В результате, когда велосипед наклоняется, возникнет момент силы F реакции земли, который поворачивает переднее колесо вокруг оси врашения руля.

Можно предположить, что теория 1 не так уж важна. Я испытывал недоверие и к теории 2, поскольку усилие, действующего менее чем на половину ширины шины, должно создавать очень малый момент, зависящий лишь от того, как туго накачали шину.

Теория 3 подняла вопросы о форме

О ПЕРИОДЕ ОБРАЩЕНИЯ СПУТНИКОВ

В сентября 1970 года была запущена автоматическая станция «Луна 16». 17 сентября она вышла на окололунную орбиту с периодом 1 час 59 минут (119 минут). Что можно, искоду из этих данных, сказать о Луне?

Вспомним, что когда запускают спутник вокруг Земли, то его период обычно бывают около полутора часов (90 минут). Что можно сказать о Земле?

Оказывается, что из этих данных можно оценить величины плотности Луны и Земли.

Если высота спутника невелика (по сравнению с радиусом небесного тела, вокруг которого он врашает), то можно приближенно считать, что спутник движется около поверхности. Приравняем ускорение силы тяжести к центростремительному ускорению:

$$G \frac{M}{R^2} = \frac{v^2}{R} = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 R,$$

где $G$ — гравицационная постоянная, $M$ — масса небесного тела, $R$ — его радиус, $v$ — скорость спутника, $T$ — период его обращения. Дальше запишем массу через радиус:

$$M = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho,$$

где $\rho$ — средняя плотность.

Подставив в предыдущую формулу это выражение, получим замечательный результат:

$$T = \sqrt{\frac{3\pi}{\rho G}}.$$

Отсюда следует, что период обращения низкого спутника зависит только коотпности небесного тела и не зависит от его размеров. Поэтому, зная период, можно определить плотность Луны и Земли. В таблице приведены значения периода и плотности для разных планет солнечной системы.

| Центральное тело | Плотность ($\rho/cm^3$) | Period |
| :— | :— | :— |
| Солнце | 1,42 | 166 |
| Меркурий | 5,61 | 83 |
| Венера | 5,16 | 87 |
| Земля | 5,52 | 84 |
| Луна | 3,36 | 108 |
| Марс | 3,95 | 100 |
| Юпитер | 1,34 | 171 |
| Сатурн | 0,64 | 238 |
| Уран | 1,36 | 170 |
| Нептун | 1,30 | 174 |

Для Земли период равен 84 минутам. В газах сообщают общую несколько большую величины. Это значит, что спутник летит не очень низко. Если обозначить высоту спутника через $h$, то нетрудно получить и точную формулу для круговой орбиты (попробуйте вывести ее сами):

$$T = \sqrt{\frac{3\pi}{\rho G}} \left(1 + \frac{h}{R}\right)^{\frac{3}{2}} \approx T_0 \left(1 + \frac{3h}{2R}\right),$$

где $T_0$ — период низкого спутника (приведенный в таблице), а последнее равенство — приближенное — верное, если $h \ll R$. Можно получить и формулу для эллиптической орбиты, если знать законы Кеплера. О них вы прочитете в «Кванте» № 1 за 1971 год.

Я. А. Смородинский

32

ЗАДАЧНИК
кваша

М56. На окружности выписаны в произвольном порядке четыре единиц и пять нулей. Затем в промежутке между двумя одинаковыми числами пишется единица, а между разными цифрами — нуль, а первоначальные цифры стираются. Доказать, что, сколько бы раз мы ни повторили этот процесс, мы никогда не получим набора из девятей единиц.

М57. а) Найти число $k$, которое делится на 2 и на 9 и имеет всего 14 делитель (включая 1 и $k$).

6. Доказать, что если заменить 14 на 15, то задача будет иметь несколько решений, а при замени 14 на 17 решений вообше не будет.

М58. На плоскости даны три прямые, пересекающие в одной точке. На одной из них отмечена точка. Известно, что прямые являются биссектрисами неокоторого треугольника, а отмеченная точка — одна из его вершин. Построить этот треугольник.

М59. Имеется несколько гирь с весами 1 г, 2 г, 3 г,…, $n$ г. Их надо разложить на три равные по весу кучки. При каких $n$ это удасса сделать?

М60. Рассмотрим все натуральные числа, в десятичной записи которых участвует лишь цифры 1 и 0. Разбейте эти числа на две группы так, чтобы сумма любых двух различных чисел из одной и той же группы содержала в своей десятичной записи не менее двух единиц.

Ф66. К батарее с э. д. с. 9 волт и неизвестным внутренним сопротивлением подключены последовательно амператор и волтметр (рис. 1). Сопротивления приборов неизвестны. Если паралельно волтметру включено сопротивление (его величины тоже

В этом номере все задачи по математике взяты из брошюры «Математические задачи»), новое, переработанное издание которого скорой выдает из печати.

Рис. 1.
неизвестна), то показание амператора вдвое увеличивается, а показание волтметра вдвое уменьшается. Каким стало показание волтметра после подключения сопротивления?

А. Р. Зильберман

Ф67. Буферное устройство (рис. 2) состоит из стержня $A$,ружины $B$, надетой на стержень, и направляющей втулки $C$. Втулка может перемещаться внутри канала, сделанного в массивной стене $D$. При движении втулки $C$ между ее внешней поверхностью и стеной действует постоянная по величины сила трения $F_{\tau p}$. Стержень втулки иружина по стержню перемещаются без трения.

На торцевую поверхность стержня $A$ налетает шар массы $M$, имея перед соударением скорость $v_0$. С какой скоростью шар отлетит?

Массы стержня,ружины и втулки пребрежимо малы по сравнению с массой шара. Коэффициент жесткостиружины $k$.

В. К. Петерсон, 31-я школьная физическая олимпида МГУ, 1970 г.

*) Е. Б. Дынкин, С. А. Молчанов, А. Л. Розенталь, А. К. Толпго, Математические задачи, издание 3-е, «Наука» (серия «Библиотека физико-математической школи»).

33

Рис. 2.

Ф68. Степки сосуда, в котором находится газ, имеет температуру $T$. Температура газа $T_1$. В каком случае давление газа на стенки сосуда больше: когда стенки сосуда холоднее газа ($T < T_1$) или когда теплое ($T > T_1$)?
Г. Я. Мякциев, 31-я школьная физическая олимпида, МГУ, 1970 г.

Ф69. В сосуд с водой погружается свинцовый шар. В какую сторону выгнется поверхность воды в сосуд за счет дополнительного поля тяготения, создаваемого шаром?

Ф70. Велосипедист легко развивается слиу тягги 10 кГ. Сила треня не превышает 5 кГ. Казалось бы, за несколько часов велосипедист может достичь второй космической скорости. Однако это еще нikому не удавалось. Почему?
Физiko-mатематическая олимпида МИЭМ, 1969 г.

Ф71. Имеется равномерно заряженный отрезок $AB$. Как направлена направленность электрического поля, создаваемого этим отрезком в точке $C$: по медиане треугольника $ABC$? по его биссекtrice? по высоте? ни по одной из этих линей?
Физiko-mатематическая олимпида МФТИ, 1970 г.

Помогите художнику!

Художник должен изобразить на рисунке тонкую линию. Можно, конечно, проверить просто черную линию на белом фоне, но наш художник любит разнообразные яркие цвета.

Сделаем следующие предложения о типографских возможностях передачи цвета (см. рисунок на обложке журнала). Кроме белого, существует четые основных цвета: розовый ($P$), желтый ($Ж$), голубой ($Г$) и черный ($Ч$)— и еще четые смещанных: красный ($P+Ж$), сиреневый ($P+Г$), зеленный ($Ж+Г$) и коричневый ($Ж+P+Г$). Черный цвет в смеси с любым дает снова черный цвет. Для простоты мы считаем, что «полутонов» не существует.

Спрашивается, сколькоми способами можно нарисовать цветную линию на цветном фоне (и линия, и фон могут быть любых, но, разумется, различных цветов; можно использовать и белый цвет)? Ответ оченьен: 72 = 9x8. Для фона можно выбрать любой из 9 цветов, затем для линии — любой из остальных 8 цветов (кроме уже выбранного для фона).

Но нужно учеть еще одно обстоятельство: поскольку красный краски накладываются при печати не одновременно, а последовательно, то они могут не сколько сместиться одна относительно другой. Поэтому, скажем, вместе зеленой линия на розовом фоне может получиться белый процесс и рядом коричневая (или даже отдельно красная и сиренвая) линия. Нас это не устранает. Пусть уже цвета смещаются, но линия тем не менее должна быть одна! Подсчитайте, сколькоми способами художник может удовлетворить это требования.

34

РЕШЕНИЕ

M16. Докажите, что многочлен $p(x)$ с целыми коэффициентами, который при трех различных целых значениях $x$ принимает значение 1, не может иметь ни одного целого корня.

Решение и.e. Заметим, что для любого многочлена $p(x)$ с целыми коэффициентами и для любых двух целых чисел $a$ и $b$ разность $p(b) - p(a)$ делится на $b - a$, поскольку для любого натурального $m$ разность $b^m - a^m$ делится на $b - a$:

$$b^m - a^m = (b - a) (b^{m-1} + b^{m-2}a + b^{m-3}a^2 + \ldots + ba^{m-2} + a^{m-1}).$$

Если существует четырьмя целых числа $c_1, c_2, c_3$ и $a$ такие, что $p(c_1) = p(c_2) = p(c_3) = 1$ и $p(a) = 0$, то

$$p(c_1) - p(a) = p(c_2) - p(a) = p(c_3) - p(a) = 1,$$

и поэтому каждое из чисел $c_1 - a, c_2 - a, c_3 - a$ может равнять только 1 или —1, значит, все эти числа не могут быть различными. Такое решение прислада A. Веселов из д. Волчково Калининской обл., И. Супруненко из Минска и другие читатели.

Начало решения можно изложить несколько иначе, если знать, что такое деление многочленов *). Разделим «углом» многочлен $p(x)$ на $x - a$, где $a$ — целый корень многочлена. Тогда $p(x) = (x - a)q(x)$, где $q(x)$ — тоже многочлен с целыми коэффициентами. Действительно, поскольку коэффициент многочлена $x - a$ равен 1, то, когда мы делим многочлен на $x - a$ уголком, все коэффициенты появляются при этом многочленов будут получаться из уже имеющихся только операций сложения, вычитания и умножения, то есть тоже будут целыми. Остаток равен нулю, поскольку $a$ — корень многочлена: $p(a) = 0$. Таким образом, $(a - c_1)q(c_1) = (a - c_2)q(c_2) = (a - c_3)q(c_3) = 1$, и далее рассуждение точно такое же, как в первом решении.

M17. Крестьянин, подойдя к развилке двух дорог, расходящся под углом в $60^\circ$, спросил: «Как пройти в селье NN?» Ему ответили: «Иди по левой дороге до деревни N — это в восемь верстах от сюда, — там увидишь, что направо под прямым углом отходит большаяровная дорога — это как раз дорога в NN. А можете идти другим путем: сейчас по правой дороге; как выйдешь к железной дороге, — значит, половину пути прошел; тут поверни налево и или примо по шпалам до самого NN». — «Ну, а какой путь короче-то будет? — «Да все равно, что так, что этак, никакой разницы». И пошел крестьянин по правой дороге.

Сколько верст ему придется идти до NN? Больше десяти или меньше? А если идти от развилки до NN напрямик? (Все дороги считаются прямыми.)

Решение и.e. Пусть $A$ — развилка дорог, $B$ — деревня $N$, $C$ — селье NN, $D$ — точка, где права дорога выходит на железнодорожное полотно. По условиям (расстояния измеряются в верстах) $AB = 8$, $\angle A = 60^\circ$, $AD = DC$, $\angle B = 90^\circ$, $AB + BC = 2AD$. Пусть $AD = 2x$, $DH \perp AB$ и

*) См. статью «Сокращение алгебраических дробей» А. Н. Виленкина («Квант» № 11).

DK⊥BC (рис. 1). Тогда AH = x, KD = BH = 8 - x, AB + BC = 2AD = 4x, BC = 4x - 8, BK = DH = x√3, KC = |BC - BK| = |4x - 8 - x√3| и для выполнения всех условий задачи*) необходимо и достаточно выполнение равенства CK² + KD² = AD² или (4x - 8 - x√3)² + (8 - x)² = 4x²,

где 8 - x > 0 и 4x - 8 > 0, то есть 2 < x < 8. После преобразования получаем (2 - √3)x² - 2(5 - √3)x + 16 = 0.

Обозначим трехчлен, стоящий влевой части, через f(x). Нетрудно проверить, что условия 0 < x < 8 удовлетворят только меньший корень x₀ уравнения f(x) = 0 (рис. 2). Его можно записать в виде

x₀ = (5 - √3 - √6√3 - 4) / (2 - √3) = 7 + 3√3 - √44 + 26√3.

Крестьянину придется пройти путь 4x₀. Выяснить, больше это число 10 или меньше, проще прямо из уравнения. Поскольку f(5/2) = 1/4(14 - 5√3) > 0, ясно, что x₀ > 5/2, то есть 4x₀ > 10. Покажем, что расстояние AC направик меньше 10. Действительно, неравенство √8² + (4x₀ - 8)² < 10 при 2 < x₀ < 8 эквивалентно таким: (4x₀ - 8)² < 36, 4x₀ - 8 < 6, x₀ < 7/2. Так же как и выше, убеждаемся, что f(7/2) = 1/4(22 - 21√3) < 0, откуда x₀ < 7/2, и, следовательно, AC < 10.

Решение этой задачи прислада нам M. Преезер из Томска, A. Михайлов из Экибастуза и другие читатели.

С. Берколайко (Белгородская область) нашел короткое доказательство того, что AB + BC > 10. В наших обозначениях оно выглядает так:

*) На самом деле, легко доказать, что основание перпендикуляра K лежит вне отрезка BC (как и показано на рисунке), но это не используется в нашем решении.

36

по теореме косинусов из треугольника ABD
$$BD^2 = 4x_0^2 + 64 - 16x_0;$$
с другой стороны, неравенство треугольника дает
$$BD < BC + CD = 6x_0 - 8,$$
откуда
$$4x^2 + 64 - 16x < (6x - 8)^2, 2x^2 - 5x > 0,$$
и с учетом $2 < x_0 < 8$ получаем $x_0 > \frac{5}{2}$. Более точное значение расстояния $AB + BC$, по утверждению автора этого письма, такое: 11,044 версты.

Некоторые читатели неправильно поняли условия задачи и считали, что $\angle D = 90^\circ$, то есть что треугольник ADC равноведенный и прямоугольный. Это, конечно, неверно.

M18. a) Докажите, что для любой точки $M$ окружности, описанной около правильного треугольника ABC, один из трех отрезков MA, MB, MC равен сумме двух других.
6) При равные окружности $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ попарно касаются друг друга, и вокруг них описана окружность $\gamma$, которая касается всех трех: $\gamma_1, \gamma_2$ и $\gamma_3$. Докажите, что для любой точки $M$ окружности $\gamma$ касательная, проведенная из точки $M$ к одной из трех окружностей $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$, равна сумме касательных, проведенных из точки $M$ к двум других окружностями.

Решение a) Пусть точка $M$ лежит на дуге $AB$ описанной окружности. Повернем треугольник AMB вокруг точки $A$ на $60^\circ$ так, чтобы он занял положение AKC (рис. 3). Поскольку углы MBA и MCA равны (они опираются на одну и ту же дуг AM), точка $K$ лежит на отрезке MC. Поскольку AM = AK и $\angle MAK = 60^\circ$ (по построению), треугольник AMK равносторонний, поэтому MK = AM. Итак,
$$MA + MB = MK + KC = MC.$$

Другое решение получается сразу из теоремы Птолемея, согласно которой в любом вписанном четырехугольнике произведение диагоналей равно сумме произведения противоположных сторон: если в равенстве $MC \times AB = MA \cdot BC + MB \cdot AC$ заменить $BC$ и $AC$ на $AB$, то получим $MC \times AB = (MA + MB) AB$, откуда $MC = MA + MB$.

Эту задачу решили многое наши читатели. А. Браверман из Перми, А. Веселов из Калининской области, В. Метлицкий из Ангарска, Н. Миролюбова из Актюбинска, О. Худавердян из Еврева прислада даже по несколько решений.

6. Докажем более общий факт. Пусть центры трех окружностей радиуса $r$ являются вершинами равностороннего треугольника $C_0C_1C_2$ и $O$ — центр описанной около него окружности радиуса $a$. Тогда для любой точки $M$

37

окружности радиуса $R = a + r$ с центром $O$ касательная, проведенная из точки $M$ к одной из двух окружностей радиуса $r$, равна сумме касательных, проведенных из точки $M$ к двум другим окружностям. Заметим, что при $r = 0$ получается результат задачи a).

Пусть радиус $OM$ образует с радиусами $OC_k$ ($k = 0, 1, 2$) углы $\alpha_k = \alpha_0 + k \cdot 120^\circ$ (рис. 4); тогда $MC_k^2 = R^2 + a^2 - 2Ra \cos \alpha_k^*$), а квадрат касательной, проведенной из точки $M$ к соответствующей окружности, равен $MC_k^2 - r^2 = R^2 + a^2 - 2Ra \cos \alpha_k - (R - a)^2 = 2Ra (1 - \cos \alpha_k)$.

Поэтому касательные равны $2\sqrt{Ra} \sin \frac{\alpha_k}{2} \left( \sin \frac{\alpha_k}{2} \geq 0, \text{ поскольку } 0 \leq \alpha_k < 2\pi \right)$. Осталось проверить равенство $\sin \frac{\alpha_0}{2} + \sin \frac{\alpha_2}{2} = \sin \frac{\alpha_1}{2}$. Это уже просто: $\sin \frac{\alpha_0}{2} + \sin \frac{\alpha_2}{2} = 2 \cos 60^\circ \cdot \sin \frac{\alpha_0 + \alpha_2}{4} = \sin \frac{\alpha_1}{2}$.

M. Преезер прислал решение этой задачи с помощью аналитической геометрии. А. Браверман прислала нам интересное доказательство (с помощью теоремы Птолемея) следующого обобщения задачи a): пусть $M$ — точка на дуге $A_1A_{2n+1}$ окружности, описанной около правильно ($2n + 1$)-угольника $A_1A_2A_3 \dots A_{2n}A_{2n+1}$; тогда

$$MA_1 + MA_3 + \dots + MA_{2n+1} = MA_2 + MA_4 + \dots + MA_{2n}.$$

(Решение состоит в том, что выписываются равенства Птолемея для четырехугольников $MA_1A_2A_3, MA_2A_3A_4, \dots, MA_{2n-1}A_{2n}A_{2n+1}, MA_{2n+1}A_{2n}A_1, MA_{2n+1}A_2A_1$, причем все члены, содержащие $MA_{2k}$, помещаются в левой части равенства, а все члены, содержащие $MA_{2k+1}$, — в правой, и затем все равенства складываются.) Подумайте, как доказать это утверждение и аналогичное обобщение задачи 6) с помощью тригонометрических функций.

M19. В бесконечной цепочке вервных клеток каждой клетка может находиться в одном из двух состояний: «покой» и «возбужждение». Если в данной момент клетка возбудилась, то она посылает сигнал, который через единицу времени (скажем, через одну миллисекунду) доходит до обеных соседних с ней клеток. Каждый клетка возбудается в том и только в том случае, если к ней приходит сигнал от одной из соседних клеток; если сигнал приходит одновременно с двух сторон, то они погашают, и клетка не возбудается.

Пусть в начальной момент времени $t = 0$ возбудена только одна клетка. Сколько клеток будет находиться в возбужденном состоянии через 15 мес? через 65 мес? через 1000 мес? вообще через $t$ мес?

Что будет в том случае, если цепочка не бесконечная, а содержит всего $N$ клеток, соединенных в окружность, — будет ли возбуждение поддерживать бесконечную долго или затухнет?

Решение. Достаточно проследить, как распространяется возбуждение от одиночной клетки perвыше десять — пятнадцать тактов (рис. 5), чтобы подметить следующее закономерности.

1. В момент времени $t = 2^k$, где $k = 0, 1, 2, \dots$ возбуждены только две клетки: $x = -2^k$ и $x = 2^k$.

2. В момент времени $t = 2^k - 1$ возбуждены $2^k$ клеток от $x = -2^k + 1$ до $x = 2^k - 1$ с нечетными $x$.

3. Пусть $0 \leq t < 2^k$. тогда в момент времени $2^k + t$ возбужденоровно вдвое большие клеток, чем в момент времени $t$.

Для доказательства этих закономерностей (индукцией по $k$) можно воспользоваться тем, что «волны возбуждения», рождаемые каждой из двух клеток, активных в момент $2^k$, не перекрываются вплоть до момента времени $t = 2^{k+1} - 1$ и поэтому каждая из них устроена точно так же, как волна возбуждения от одной клетки при $t < 2^k$.

*) $\cos(2\pi - \alpha) = \cos \alpha$, поэтому формула верна и при $\alpha > \pi$.

38

Рис. 5.

Теперь уже легко ответить на вопросы, поставленные в задаче. Через 15 месек, как это видно и по рисунку, будет 16 возможных клеток. Через 64 = 2⁶ их будет две, поэтому через 65 — четыре. Для произвольного конкретиного t можно подсчитать f(t) — количество возможных клеток в момент времени t, — несколько раз последовательно применяя свойство 3: каждый раз от t можно вычитать набольшую возможность степень двойки; от этого f(t) уменьшится вдвое. Например:

$$1000 - 2^9 = 1000 - 512 = 488, \quad f(1000) = 488 - 2^8 = 488 - 256 = 232, \quad = 2f(488) = 232 - 2^7 = 232 - 128 = 104, \quad = 4f(232) = 104 - 2^6 = 104 - 64 = 40, \quad = 8f(104) = 40 - 2^5 = 40 - 32 = 8, \quad = 16f(40) = 8 - 2^3 = 8 - 8 = 0, \quad = 32f(8) = 64.$$

f(t) равно 2ⁿ, где m — количество единиц в записи числа t по двойной системе числения.

Это правило легко доказывается по индукции, а для первых t вы можете его проверить — на рисунке 5 справа выписаны двойные разложения чисел t.

Верятно, читатели журнала, которые помнят статью Д. Б. Фукса и М.Б. Фукса «Арифметика биомиальных коэффициентов**», обратили внимание на то, что расположение возможных клеток на рисунке 5 в точности совпадает с расположением единиц в треугольнике Паскала по модулю два (изображением на обложке «Кванта» № 6). Таким образом, мы одноверменно решили такую задачу: сколько единиц в t-й строке треугольника Паскала по modulo 2, другими словами, сколько среды биомиальных коэффициентов Cᵢᵢ (k = 0, 1,…, t) нечетных?

Ответ на второй вопрос, поставленный в условия задания — что будет, если N клеток расположить по окружности?—зависит, конечно, не только от N, но,

***) (См. статью И. М. Яглома «Системы числения» («Квант» № 6) или брошюру С. В. Фомина того же названия.
***) («Квант» № 6.

жина не была растянута, и потенциальную энергию приходы в тот момент, когда прихода максимального растянута: кроме силы тяжестии и силы натяжения приходы на тело действовала еще и сила реакции подставки. Работа, совершенная этой силой, очевидно, не равна нулю. Это после того, как тело оторвалось от подставки, мы можем считать, что полная энергия тела и приходы не меняются.

Записем выражение для энергии приходы и груза в тот момент, когда груз оторвался от подставки. В этот момент груз имел скорость $V = at$
$$a \sqrt{\frac{M(g-a)}{k \cdot a}}.$$

кинетическая энергия $\frac{MV^2}{2} = \frac{M^2(g-a)a}{k}$ и потенциальную энергию $Mg(x_0-x) = Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)g}{k}$ (мы считаем, что потенциальная энергия груза равна нулю, когда прихода максимального растянута).

Так как в этот момент прихода была растянута на длину $x = \frac{M(g-a)}{k}$, то потенциальная энергия деформации приходы равна $\frac{kx^2}{2} = \frac{M^2(g-a)^2}{2k}$.

Складываая энергию тела и приходы, найдем, что их полная энергия равна
$$W_1 = \frac{M^2(g-a)a}{k} + Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)g}{k} + \frac{M^2(g-a)^2}{2k} = Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)^2}{2k}.$$

В тот момент, когда прихода максимального растянута, скорость груза, а значит, и его kinетическая энергия равны нулю. Поэтому энергия груза и приходы будет равна $W_2 = \frac{kx_0^2}{2}$.

Записав, что $W_1 = W_2$, получим уравнение
$$\frac{kx_0^2}{2} - Mgx_0 + \frac{M^2(g-a)^2}{2k} = 0.$$

Решая его, находим
$$x_0 = \frac{Mg}{k} \pm \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

Максимальное растяжение приходы должно быть больше ее растяжения при равновесии тела, когда действующая на тело силя тяжестии $Mg$ уравновешена силой натяжения приходы $T = kx_1$: при прохождения положения равновесия тело будет иметь неокоторую скорость, так что обязательно просчитит его. Поэтому, так как $x_1 = \frac{Mg}{k}$ и $x_0 > x_1$, то
$$x_0 = \frac{Mg}{k} + \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

Имеет ли физический смысл второе значение $x_0$? Да, но оно дает не максимальное, а минимальное растяжение приходы при колебании тела. Если мы считаем, что потенциальная энергия тела равна нулю, когда прихода растяжения на величины $x_0$, то при минимальном растяжении приходы, записав закон сохранения энергии, мы получили бы такое же уравнение, как и при максимальном.

Нетрудно определить амплитуду колебании тела. Она равна значению корней уравнения для $x_0$, то есть
$$\frac{2M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

Если $a \geq g$, то тело оторвется от подставки, как только подставка начинает двигаться. Записав закон сохранения энергии, найдем, что в этом случае максимальное растяжение приходы равно $\frac{2Mg}{k}$

Правильное решение этой задачи прислал Н. Федин из Омска.

42

Рис. 8.

Ф25. Если потенциаль анода фотоэлемента выше, чем потенциаль катода, то через фотоэлемент идет ток $I_0=10\text{ ma}$ (так называется). В противном случае ток через фотоэлемент не идет. Пренебрегая внутренними сопротивлениями батарей, найти напряжение на фотоэлементах в схемах, изображенных на рисунке 8 (величины сопротивления указаны на рисунке в килюмах).

Решен и е. Рассмотрим вначале первую схему. Предположим, что ток через фотоэлемент не идет. В этом случае через сопротивления в 1 и 2 килюма пойдет ток $I = \frac{200\theta}{1\text{ кОм} + 2\text{ кОм}} = \frac{1}{15}a$. При этом падение напряжения на сопротивлении в 2 килюма равно $2 \cdot 10^3\text{ ом} \cdot \frac{1}{15}a \approx 133\theta$. Это означает, что в этом случае потенциаль катода фотоэлемента равен $200\theta - 133\theta = +67\theta$. Но потенциаль анода равен $+100\theta$, то есть он выше потенциаль катода. Мы пришли к противоречию, так как в этом случае через фотоэлемент должен идти ток. Это означает, что через фотоэлемент идет ток $I_0 = 10\text{ ma}$. Найдем разность потенциаль между аномом и катодом. Potenzial анода равен $+100\theta$ (мы считаем, что потенциаль точки $P$ равен нулю). Поэтому нам необходимо найти потенциаль катода. Для этого нужно определить падение напряжения на сопротивлении в 1 килюм.

Полагая, что ток через сопротивления идут в направлениях, показанных на рисунке стрелками, и обозначая их $I_1$ и $I_2$, мы можем записать, что $I_0 + I_2 = I_1$.

Для того чтобы найти $I_1$ и $I_2$, нам необходимо составить еще одно уравнение. Обойдем контур, состоящий из сопротивления и источника с э. д. с. 200$\theta$. Так как работа по перенесению заряда в электрическом поле равна разности потенциальов, умноженной на величины заряда, то мы можем записать, что

$$E - u_1 - u_2 = 0$$

или

$$E = I_1 \cdot R_1 + I_2 \cdot R_2.$$

Решая уравнения (1) и (2) совместно, найдем, что $I_1 \approx 73\text{ ma}$. Это означает, что потенциаль катода равен $I_1R_1 = 73\theta$, а разность потенциаль между аномом и катодом равна 27$\theta$.

Аналогично рассмотрим вторую схему. Если мы, как и в первом случае,

43

предположим, что через фотоэлемент не идет ток, то можно считать, что у нас имеются две цепочки, одна из которых состоит из включенных последовательно сопротивлений в 1 и 3 килюма, а второй — из сопротивлений в 2 и 4 килюма, причем обе цепочки соединены параллельно и подключены к источнику с э.д. с. 100 $\beta$. Тогда через сопротивления в 1 и 3 килюма будет идти ток $I = \frac{100\beta}{4 \cdot 10^3 \text{ ом}} = 2,5 \cdot 10^{-2} a = 25 \text{ мa}$, а падение напряжения на сопротивлении в 1 килюм будет равно 25 $\beta$. Значит, потенциаль анода равен $\varphi_A = 100\beta - 25\beta = 75\beta$. Аналогично можно найти потенциаль катода. Он в этом случае равен $33\frac{1}{3} \beta$. Получается, что потенциаль анода выше потенциаль катода, и через фотоэлемент должен идти ток.

Будем считать, что ток через все сопротивления идут в направлении сверху вниз, а через фотоэлемент — слева направо. Тогда можно написать следующие уравнения:

$$I_4 + I_0 = I_2,$$
$$I_1 - I_0 = I_3,$$
$$I_1R_1 + U_0 - I_4R_4 = 0,$$
$$E = I_1R_1 + I_3R_3,$$
$$E = I_2R_2 + I_4R_4.$$

Здесь $U_0$ — падение напряжения на фотоэлемент.

Так же как и для предыдущего схемы первый два уравнения в этой системе выражают закон сохранения заряд. Действительно, например, в точку соединения сопротивлений в 4 ком и 2 ком и фотоэлемента за единицу времени втекает заряд $I_0 + I_4$, а вытекает $I_2$.

Решая эту систему, получим $U_0 \approx 20,8\beta$.

Ф26. Две горизонтальные полуплоскости, расположенные на высоте $h$ одна над другой, плавано переходят друг в друга, как показано на рисунке 9. По верхней полуплоскости под углом $\alpha$ к направлению на спуск движется со скоростью $v$ небольшой брусок. Как он будет движется по нижней полуплоскости?

Считать, что брусок не подрывается, то есть движется, не отрываясь от поверхности спуска. Треннем претензь.

Рис. 9.

Решение. Разложим скорость бруска на две составляющие: $v_2 = v \cos \alpha$ в направлении на спуск и $v_1 = v \sin \alpha$ в перпендикулярном направлении (рис. 10). Так как на брусок в направлении $v_1$ не действуют никакие внешние силы, то эта составляющая скорости бруска не меняется. Составляющая же $v_2$ уvelичивается. Благодаря этому уvelичивается и скорость бруска.

Найдем, какую скорость $u$ будет иметь брусок после того, как он оказывается на нижней полуплоскости

44

кости. Для этого мы можем воспользоваться законом сохранения энергии
$$\frac{mv^2}{2} + mgh = \frac{mu^2}{2}.$$
Отсюда $u = \sqrt{v^2 + 2gh}$.

Тепер можно найти угол, под которым будет двигаться брусок на нижней
полуплоскости:
$$\sin \beta = \frac{v_1^2}{u} = \frac{v}{\sqrt{v^2 + 2gh}} \sin \alpha.$$
Такое решение прислал ученик 9 класса из Гагр ГССР Г. Зайцев.

Ф27. В полусферический колокол, плотно лежащий на столе, наливают через отверстие
вверху воды рис. 11. Когда вода доходит до отверстия, она приподнимает колокол и начинает вытекать сизу. Найти массу колокола, если радиус его равен $R$, а плотность воды $\rho$.

Решен и е. Сила давления на стол равна сумме сил тяжестии, действующих на колокол и воды: $F = Mg + \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. Но в тот момент, когда вода при-
поднимает колокол и начинает подтекать, колокол сам не давит на стол. Поэтому сила давления на стол равна давлению воды, умноженному на площадь
основания сосуда. Давление воды на стол во всех точках одинаково и
равно $\rho g R$, поэтому $F = \rho g R \cdot \pi R^2$.

Это означает, что $\pi R^3 \rho g = Mg + \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. Отсюда $M = \frac{1}{3} \pi R^3 \rho$.

Интересную идею решения предложил Анатолий Воровлянский из Горького.

Предположим, что колокол помещен в цилиндрический сосуд радиуса и высоты. Заполним этот сосуд водой и будем считать, что масса колокола пренебрежимо мала.
Нетрудно сообщить, что так как давления на колокол снаряжи и изнутри во всех точках
равны друг другу (это следует из закона Паскала и из условий, что колокол очень тонкий),
то равновесие воды не нарушится, если колокол вообществу. Давление воды на стол в
этом случае тоже не изменится. Но это означает, что сила давления воды, которое мы должны в цилиндрический сосуд, действует так же, как колокол, а значит, масса колокола как раз равна массе долитой воды

$$M = (V \text{ цилиндра} - V \text{ полушара}) \rho = \left( R \pi R^2 - \frac{2}{3} \pi R^3 \right) \rho = \frac{1}{3} \pi R^3 \rho.$$

46

ЕЩЕ РАЗ ОБ УРАВНЕНИЯХ
С ПАРАМЕТРАМИ

Вы уже не раз встречались с уравнениями и неравенствами, содержащими один параметр. А если параметров больше, чем один? Естественно ожидать, что больше станет и число возможных случаев, подлежащих рассмотрению. Ни один из возможных вариантов не должен быть пропущен. Как это сделать? Единого метода, годного для любых уравнений и неравенств с параметрами, нет. В этой статье мы на примерах показем, как решаются уравнения с двумя параметрами.

Общий вид уравнения относительно $x$ с двумя параметрами $a, b$ таков:

$$F(x; a; b) = 0.$$

(1)

Уравнение (1) при заданной функции $F$ — это, по сути дела, бесчисленное множество уравнений, каждое из которых определяется упорядоченной парой чисел $(a; b)$.

Как известно, такую упорядоченную пару можно интерпретировать как точку на координатной плоскости. Это дает возможность установить взаимно однозначное соответствие между уравнениями вида (1) при заданной функции $F$ и точками плоскости.

Для этого введем систему координат $aOb$ и условимся какдому уравнение вида (1) ставить в соответствие точку плоскости $aOb$ с координатами $(a; b)$, и наборот. Извorem эту плоскость плоскостью параметров. Такое соответствие несколько необъчно (уравнение соответствует точке), но оно поможет нам в каждом конкретном случае найти представить себе множество допустимых значений параметров и не пропустить ни одного случая: какдой точке плоскости параметров соответствует уравнение вида (1) и должны соответствовать определенный ответ.

Пример 1. Решить уравнение

$$\frac{2a + b}{a + x} - \frac{2a - b}{a - x} = \frac{2a}{b}$$

(2)

Решение. Заметим сразу, что при $b = 0$ уравнение (2) не имеет смысла, то есть для любой пары чисел вида $(a; 0)$, где $a$ — любое действительное число, решей нет (красная линия на рисунке 1).

Пусть $b \neq 0$. Найдем ОДЗ: $x \neq \pm a$, освободимся от знаменателя и приведем подобные члены. Получим

$$a(x^2 - 2bx + b^2 - a^2) = 0.$$

(3)

Если $a = 0$, то уравнение (3) имеет свои решения любые значения $x$. Из них для уравнения (2) запрещены значения $x = \pm a$, то есть $x = 0$.

Таким образом, для любой пары чисел вида $(0; b)$, где $b \neq 0$, уравнение (2) имеет свои решения любые числа, кроме 0 (зеленая линия). Пусть теперь $a \neq 0$. Решив уравнение $x^2 - 2bx + b^2 - a^2 = 0$, получаем $x_1 = b + a$, $x_2 = b - a$.

*) В виде (1) это уравнение таково: $$\frac{2a + b}{a + x} - \frac{2a - b}{a - x} - \frac{2a}{b} = 0.$$

47

Можно ли считать, что при любых $a, b$, отличных от нуля, найденные значения $x_1$ и $x_2$ являются корнями уравнения (2)? Нет, либо может оказаться так, что при некоторых значениях параметров $x_1$ или $x_2$ совпадет с запрещенными значениями $\pm a$.

Итак, осталось выяснить, когда $x_1 = \pm a$ или $x_2 = \pm a$. Если $x_1 = a$ или $x_2 = -a$, то $b = 0$, но мы рассматрииваем случай $b \neq 0$. Значит, $x_1 \neq a$, $x_2 \neq -a$.

Пусть $x_1 = -a$, то есть $b + a = -a$, откуда $b = -2a$. Но тогда $x_2 = -3a$. Таким образом, если параметры $a$ и $b$ таковы, что $b = -2a$, то уравнение (2) имеет единственный корень $x = -3a$ (голубая линия на рисунке 1). Пусть $x_2 = a$, то есть $b - a = a$. Это возможно при $b = 2a$.

Но тогда $x_1 = 3a$. Таким образом, если параметры $a$ и $b$ таковы, что $b = 2a$, то уравнение (2) имеет единственный корень $x = 3a$ (желтая линия).

Подводя итоги, получим следующий ответ:

если $b = 0$, $a$ — любое действительное число, то решений нет;
если $b \neq 0$, $a = 0$, то $x$ — любое действительное число, отличное от нуля;
если $b = -2a$, $b \neq 0$, то $x = -3a$;
если $b = 2a$, $b \neq 0$, то $x = 3a$;
если $a, b \neq 0$, $b \neq \pm 2a$, то $x_1 = b + a$, $x_2 = b - a$.

Пример 2*). Решить уравнение

$$\sqrt{a^2 - x} + \sqrt{b^2 - x} = a + b.$$

(4)

Решение. ОДЗ определяется системой неравенств

$$x \leq a^2, \quad x \leq b^2, \quad \text{или } x \leq \min\{a^2; b^2\}.$$

Левая часть уравнения (4) неотрицательна, а потому при $a + b < 0$ данное уравнение не может иметь решений. На рисунке 2 это отмечено тем, что получилось под прямой $b = -a$ окрашена в розовый цвет.

Рассмотрим теперь случай $a + b \geq 0$. После оценных преобразований получим

$$x(a + b)^2 = 0$$

(5)

Рассмотрим два случая:

I слуа́й: $a + b > 0$. Тогда $x = 0$. При этом условия $x \leq a^2$ и $x \leq b^2$ выполняются автоматически, чего нельзя сказать про условие $x \geq -ab$. Если $ab > 0$, то это условие, оченьindo, выполняено. Если же $ab < 0$, то $-ab > 0$ и $x = 0 < -ab$. Поэтому на рисунке 2 в зонах II и III (где $a + b > 0$, но $ab < 0$) решений нет. Таким образом, $x = 0$ является корнем

*) Этот пример взят из книги Н. П. Антонов и др. «Сборник задач по элементарной математике» (М., «Наука», 1969), где он решен неверно.