Квант 1974, №10 · Страницы

КВАНТ
1974
10
Научно-популярный
физико-математический
журнал

VIII Весеюзная олимпиада школьников по математике

1

Главный редактор
академик И. К. Киоин
Первый заместитель
главного редактора
академик А. Н. Колмогоров

Редакционная коллекция:
М. И. Башмаков,
С. Т. Беллев,
В. Г. Болтянский,
Н. Б. Васильев,
Ю. Н. Ефремов,
В. Г. Зубов,
П. Л. Капица,
В. А. Кирилин,

главный художник
А. И. Климанов,
С. М. Козел,
зам. главного редактора
В. А. Лешковцев,
Л. Г. Макар-Лиманов,
А. И. Маркушевич,
Н. А. Патрикеева,
И. С. Петраков,
Н. Х. Розов,
А. П. Савин,
И. Ш. Слободецкий,

зам. главного редактора
М. Л. Смолянский,
Я. А. Смородинский,
В. А. Фабрикант,
А. Т. Цветков,
М. П. Шаскольская,
С. И. Шварцбург.
А. И. Ширшов.

Редакция:
В. Н. Березии,
А. Н. Виленкин,
И. Н. Клумова,
художественный редактор
Т. М. Макарова,
Н. А. Минц,
Т. С. Петрова,
В. А. Тихомирова,
зав. редакцией
Л. В. Черпова

В НОМЕРЕ:

2 А. Л. Брудно. Вокруг циркуля
10 Н. Н. Малов. Как сфотографировали свет
13 Н. А. Минц. Гейзеры

Математический кружок
17 Б. В. Бекламов. Применение теоремы Эйлера к некоторым задачам

Задачник «Квант»
20 Задачи М286—М290; Ф298—Ф302
21 Решения задач М246—М250; Ф253—Ф259

Практикум абитуриента
32 И. Ф. Шарыцин. Чертек встерометрических задачах
38 Л. Н. Воронин, В. П. Ионов, И. Б. Ливицц, В. А. Ляховский. Завод-втуз при Московском автомобильном заводе им. И. А. Лихачева

VIII Всегоизная олимпида школьников
40 Л. Г. Лиманов, М. Л. Смолянский. Олимпида по математике
49 Т. С. Петрова, Л. В. Чернова. Олимпида по физике

Рецензии, библиография
58 Л. Е. Садовский. Новый учебник по геометрии

«Квант» для младших школьников
59 Задачи
60 В. В. Ущаков. Метод бесконечного спуска

63 Ответы, указания, решения
Смесь (с. 37, 48, 57, 62)

На первой странице обложки вы видите фотографию позолоченной готовальны, изготовленной в XVI веке. В нее входит несколько различных циркулей, угломеров, линейка и т. д. Оdnako при решении геометрических задач большая часть ее инструментов не нужна: все задачи на построение, которые можно решить с их помощью, решаются и одним циркулем. Впрочем это стало известно лишь 200 лет спустя, когда итальянский математик Маскерони доказал, что все построения, которые производятся циркулем и линейкой, можно сделать одним циркулем (см. статью на с. 2).
© Главная редакция физiko-mатематической литературы издательства «Нука», «Квант», 1974 г.

2

§ 1. Зачем нужны построения одним циркулем, где они употребляются?

Эти построения так же не нужны, как и построения циркулем и линейкой. Да, задачи на построение, решения в школе (или вообще сколько-нибудсодержательные), не находят никакого применения ни на практике, ни в геории. Они не нужны в машиностроении (в конструкровании и изготовлении деталей). Не имеют они отношения и к probleме возникности решения задач циркулем и линейкой, неразрешимости задач квадратуры кругга, трисекции угла и т. д.

А вот для чего задачи на построение (циркулем и линейкой) оказались нужны. На них школьники учается самостояльному решению задачи, близких к творческим, развивающим и проверяющим способом к этой деятельности.

Построения циркулем (без линейки) будут нам полезны неокоторым иным образом. Но каким именно, мы предпочитаем обсуить в конце статьи, а не заранее.

§ 2. Постановка проблемы

В геометрии Евклида, да и вообще у древних греков, изучаются построения циркулем и линейкой. Ну, а какие задачи, на построение могут быть решены одним циркулем? Вот проблема *), которую нашел и решил Маскерони (в 1797 г.).

Когда человек решает готовую (поставленную перед ним) математическую задачу, он, разумеется, «работает математиком». А кем «работал» (лучше сказать, «являлся или «был») Маскерони, когда формулировал свою задачу, — математиком или кем-то другим?

Для проверки мы предложили нескольким нематематиком проблемы Маскерони. Спросили их, представляют ли интерес построения циркулем, какие из общных задач на построение решаются одним циркулем, а какие не решаются и, наконец, любую ли задачу на построение, решаемую циркулем и линейкой, можно решить одним циркулем.

В одном нематематики согласны были между собой: «Не всяку задачу, решаемую циркулем и линейкой, можно решить одним циркулем, либо прямую циркулем не проведешь», — сказаили они. И тогда мы увидели, что нематематик не может поставить проблемы Маскерони — он не может самостоятельно понять ее существва. Ведь решение Маскерони (забегая вперед, приведем его) состоит в том, что любая задача, разрешимая циркулем и линейкой, может быть решена одним циркулем. Поэтому мы думаем,

*) Если хотите, сверхзадча относительно самых задач на построение.

3

что, формулируя свою проблему, Маскерони «работал математиком», то есть что формулировка математической проблемы была творческим математическим.

Конечно, Маскерони тоже знал, что циркуль прямую не проведешь. Ну, что же (вероятно, решил Маскерони), а зачем ее проведить? Ну, как же, пусть, например, в задаче сказано «провести прямую, которая… обладает определенными свойствами». Так, ведь, строго-то говоря, в задаче должны быть сказано иначе: «наими» (или определен) прямую, которая… обладает определенными свойствами». А вот, чтобы определять прямую, ее проведить и не обязательно. Достаточно, например, задать на этой прямой две произвольные точки.

Как же быть, если попадиться точка пересечения двух таких «непроведенных» прямы? Ну, точку-то мы, может быть, и одним циркульом сумем найти, так что это не возражение.

§ 3. Теорема Маскерони

Итак, Маскерони решил, что вместе того, чтобы проведить прямую, он будет указывать на прямой две (различные) точки. Решив это, Маскерони формулировал свою теорему:

Теорема Маскерони.
Всякая задача, решаемая циркуль и линейкой, может быть решена и одним циркульом.

В том, что мы называли наше предположение теоремой, нет ничего плохого. Математик передко так поступает, чтобы четко псять, что он хочет доказать (если предположение окажется верным) или опровергнуть (если оно неверно).

§ 4. Понск путь доказательства

Как можно доказать теорему Маскерони? Задан, которые решаются циркуль и линейкой, бесконечно много. Нельзя же все их фактически перешеать (одним циркульом). Впрочем, мы построенно встречемся с теоремами, где нужно рассмотреть бесконечно множество объектов. Например, «сумма углов треугольника равна 180°». Здесь тоже речь идет о бесконечном множество треугольников. И все же положение с этим теореми разное. При доказательстве теоремы о треугольниках мы говорим: «Возьем треугольник ABC». И уже самим умолчанием о размерах сторон и углов взятого треугольника делаем треугольник «общим»: что будет доказано для △ABC, то оказывается верным и для любого треугольника. А как взять «по умолчанию» общую задачу на построение циркуль и линейкой? Это сделать мы не умем.

И снова Маскерони должен был не столько «решить задачу», сколько делать что-то значит «решить циркуль и линейкой». Вот результат его размышлений:

Решение задачи на построение циркуль и линейкой складывается из многоократного применения нескольких (аксиомных) задач; отыскание решения этих аксиомных задачи не выполняют фактически, а принимом как аксиомы.

Рассмотрим, для примера, такую задачу: даны окружность и прямая, проходящая через ее центр. Найти точки пересечения прямой и окружности. Решая эту задачу циркуль и линейкой, мы ничего не становятся (прямая и окружность уже проведены), а скажем, что точки пересечения «и так уже видны», то есть будем считать, что они «определены аксиомами». Внимательным размышлением Маскерони получил

Список
всех аксиомных задач, употребляемых при построении циркуль и линейкой:

(α) Найти точки пересечения двух прямы.
(β) To же для прямой и окружности.
(γ) To же для двух окружностей.

5

§ 6. Доказательство теоремы Маскерони

Договоримся о неокоторых выражениях. Если мы говорим, что дан отрезок AB, то это значит, что дан его концы A и B; если дана прямая AB, то на ней даны лишь две точки A и B. Если нужно построить отрезок AB, то нужно лишь построить его концы A и B; если нужно найти прямую AB, то достаточно указыть на ней две точки A и B, и т. д.

При построении цирклел мы не можем проводить прямых, но это не мешает нам проводить их при доказательствах, на иллюстративных чертежах.

Первые попытки (надеюсь, вы их сделаете) решить задачи (α) и (β) одним цирклел, то есть с помощью задачи (γ), (δ), большей частью не удалось. Поэтому мы перейдем к системетическому выполнению намеченной программы.

Понграмм с цирклел. Посмотрим, что мы умеем легко им построить.

Пусть имеются две точки A и B. Мы умеем нарисовать на них «розочку» (см. рис. 2). Треугольник CDE — равносторонний и AC = 2·(AB) — диаметр круга. Это наводит на мысль формулировать следующее задачу.

Задача №1. Удвоение отрезка. Дан отрезок AB. Посмотрить отрезок AC с серединой в точке B.

Решение (рис. 3). Из центров A и B проведем окружности O_A и O_B радиуса AB. Найдем (с помощью за-

6

ности $O_A$ и $O_B$. Их вторая (кроме $C$) точка пересечения и будет $C'$. Если же $O_A$ и $O_B$ будут иметь лишь одну точку пересечения, то $C$ лежит на $AB$.

Доказательство. Треугольники $ACC'$ и $BCC'$ — равно-бедренные по построению. Основание $CC'$ у них общее. Значит, их высоты (перpendикулярные $CC'$) проходят через середину отрезка $CC'$ и лежат на одной прямой $AB$.

Таким образом, решена и
Задача № 4. Определить, лежит ли точка $C$ на прямой $AB$.

Вернемся к аксиомным задачам ($\alpha$) и ($\beta$). Попытаемся решить задачу ($\beta$) следующим образом. Пусть данные (рис. 5) пряма $AB$ и окружность $O$ с центром $C$. Найдем точку $C'$, симметрично с $C$ относительно $AB$ (см. № 3). Радиусом окружности $O$ проведем из центра $C'$ окружность $O'$. Точки $D$ и $E$ пересечения окружностей $O$ и $O'$ принадлежат $AB$ и являются искомыми. Действительно, точки $A$ и $B$ (как $D$ и $E$) равноудалены от точки $C$ и $C'$. Поэтому все четыре точки $A, B, D, E$ лежат на одной прямой — перpendикulaire к отрезку $CC'$, проходящем через его середину.

К сожалению, это решение становится неверным, когда центр $C$ окружности $O$ лежит на $AB$. Тогда $O$ и $O'$ совпадают и не дают найти точки $D$ и $E$. Поэтому нами решен лишь частный случай задачи ($\beta$) — именно
Задача № 5. Дана пряма $AB$ и окружность $O$ с заданным центром, не лежащим на $AB$. Определить, пересечения ли $O$ с $AB$, и найти точки пересечения.

Продолжим упражнение по решению задач циркулем.

Задача № 6. Пропорциональное деление. Даны два отрезка $AB$ и $DE$. На $AB$ находится точка $C$. Найти на $DE$ максим точку $F$, чтобы $AC = AB = DF = DE$.

Решение. Увеличив отрезки $AB$ и $AC$ в нижнее число раз (см. № 2), мы получим отрезок $A'B'$ с точки $C'$, достаточно длиной (для построения, к которой мы, сейчас подойдем), и тем же относением $A'C' : A'B' = AC : AB$. Поэтому можно с самого начала считать, что $AB$ достаточно длиен.

Теперь (рис. 6) из центров $D$ и $E$ проведем засечки радиусом $AB$. Эти засечки (при достаточно длине $AB$) пересечутся в некоторой точке $G$. Из точки $D$ и $G$ засечками радиусами $AC$ и $BC$ находится точку $H$. Она лежит на $DG$, и для нее $DH = AC$ и $GH = BC$.

Из центра $H$ проведем окружность радиусом $HD$ и определим искому точку $F$, где эта окружность пересекает прямую $DE$ (см. № 5).

Доказательство. Треугольники $DFH$ и $DEG$ — равно-бедренные, с общим углом при основании. Значит, они подобны. Позному $DF : DE = DH : DG = AC : AB$.

Задача № 7. Деление отрезка пополам.

7

Рис. 7.

Решение. Пусть задан отрезок DE. Возьмем какой-нибудь отрезок AB с серединой в известной нам точке C. Для получения такого отрезка AB достаточно уведомить (см. № 1) отрезок DE. Применив к AB и DE предыдущего задачу, получаем точку F на середине DE.

Теперь легко решается

Задача № 8. Из точки вне прямой опустимь перепределкуляр на прямую.

Решение. (рис. 7). Дана прямая AB и точка C. Построим точку C’, симметрично C относительно прямой AB (см. № 3), и найдем середину D отрезка CC’ (см. № 7).

Любопытно, что воспользуйтесь перепределкуляр из точки, лежащей на прямой, мы еще, какяется, не умеем.

Легка, но важна

Задача № 9. Определить, лежат ли точки A и B по разные строки прямой CD.

Решение. Сначала проверим, что A или B не лежат на CD (см. № 4). Если не лежат, то (рис. 8) опустим перепределкуляр AE из A на CD и перепределкуляр BF из B на прямую AE. Если (на прямой AE) точка E не лежит между A и F, то (в этом и только этом случае) A и B лежат по одному сторону от CD.

Эта задача требует посяснения. Мы воспользуемся аксиомой порядка: из трех точек прямой одна и только одна лежит между A и F, то (в этом и только этом случае) A и B лежат по одному сторону от CD.

Эта задача требует посяснения. Мы воспользуемся аксиомой порядка: из трех точек прямой одна и только одна лежит между A и F, то (в этом и только этом случае) A и B лежат по одному сторону от CD.

Применем задачи № 9 является следующие две задачи:

Задача № 10. Построить параллелограмм ABCD на трех точках A, B, C, не лежащих на одной прямой.

Решение (рис. 9). Из центров A и C проводим окружности радиусов BC и AB соответственно. В качестве D берем ту точку пересечения окружностей, которая вместе с C лежит по одному сторону AB (см. № 9).

Замечание. Без решения задачи № 9 нам могла бы попасть другая точка D’ пересечения окружностей и вместе параллелограмма получился бы звездчатый четырехугольник с

8

попарно равными противоположными сторонами. На рисунке 9 он показан пунктром.

Задание №11. Сложение паралельных отрезков.

Решение (рис. 10). Пусть $AB$ и $CD$ паралельны и нужно обозвать отрезок $CE$, содержащий точку $D$, так, чтобы $AB = DE$. Для отыскания $E$ надо построить паралелограмм $BAED$ или $BADE$ (см. №10). Первый — когда $A$ и $C$ лежат по разные стороны прямой $BD$ (рис. 10), второй — когда по одну. Случай, когда прямые $AB$ и $CD$ совпадают, нас не интересует (хоть он и не сложен).

В качестве частного случая задачи ($\alpha$) решим следующую задачу:

Задание №12. Определить, паралельные ли две прямые: $AB$ и $CD$.

Решение. Если обе точки $A$ и $B$ лежат на $CD$ (см. №4), то прямые совпадают и ответ положительен. Если же хотя одна из них (скажем, $A$) не лежит на $CD$, то (рис. 8) опустим из $A$ на $CD$ перpendикуляр $AE$ и из $B$ на прямую $AE$ перpendикуляр $BF$. Если $F$ совпадает с $A$, то $AB$ паралельна $CD$, иначе — не паралельна.

Теперь мы в силах решить задачу ($\alpha$).

Задание №13. Найти пересечение прямых $AB$ и $CD$.

Решение. Отбросим известные случан, когда точки $A$ или $B$ лежат на $CD$, или когда $AB$ паралельна $CD$ (см. №4 и №12), или когда $AB \perp CD$ (см. №8). Теперь, отложив отрезок $AB$ на прямой $AB$ нужно числло раз (см. №2) в ту и другую сторону, мы заведomo получим на прямой $AB$ две точки, лежащие по разные стороны от $CD$, и узнаем об этом с помощью №9. Поэтому можно считать, что сразу же точки $A$ и $B$ лежали по разные стороны от $CD$ (рис. 11). Из $A$ и $B$ опустим на $CD$ перpendикуляры $AA'$ и $BB'$. Сложим паралельные отрезки $AA'$ и $BB'$ (см. №10). Получим отрезок $A'E$, содержащий точку $A$, причем $AE = BB'$. Разделим $A'B'$ точкой $F$ в отношении

$$\frac{A'F}{A'B'} = \frac{AA'}{A'E}$$

(см. №6). Точка $F$ лежит на пересечении $AB$ и $CD$.

Доказательство. Обозначим (времени) через $F'$ точку пересечения $AB$ и $CD$ и вычислим $A'F'$. Из подобия треугольников $A'F'A$ и $A'B'E$ имеем $A'F':A'B'=A'A:A'E$. Значит, $A'F=A'F'$ и точка $F=F'$ — исключая.

Итак, для завершения доказательства теоремы Маскерони осталось найти лишь пересечение окружности и прямой, проходящей через ее центр. И эта мелкая задача оказалась самой трудной. Много еще решил задач Маскерони, пока ему не пришло в голову воспользоваться преобразованным инверсии. Но мы поддем по пути, указанному другим геометром.

Новое доказательство теоремы Маскерони представил Наполеон Бонапарт (tot самый). Суть доказательства заключалась в новом решения оставшейся части задачи ($\beta$).

Но и Наполеон не стал решать задачу в люб, а выясил сначала, какой длины отрезки мы можем построить циркулем, отправляясь от двух заданных, длиной $a$ и $b > a$. Вот что он научился строить:

№14. $\sqrt{b^2-a^2}$. №16. $a\sqrt{2}$.

№15. $a\sqrt{3}$. №17. $\sqrt{b^2+a^2}$.

Научимся и мы.

9

№ 14. Построение $\sqrt{b^2 - a^2}$.
Разделим отрезок $b = EF$ пополам (см. № 7). Из центра $O$ проведем окружность $O_b$ радиуса $b/2$ (рис. 12). Из точки $E$ проведем засечку радиуса $a$, пересекающий $O_b$ в некоторой точке $G$. Отрезок $FG$ будет нужную длину. Действительно, угол $EGF$ прямой, так как опирается на диаметр. Поэтому $(GF)^2 = b^2 - a^2$.

№ 15. Для построения отрезка $a\sqrt{3}$ напишем
$$a\sqrt{3} = \sqrt{(2a)^2 - a^2}.$$
С помощью № 1 построим отрезок $b = 2a$ и примем № 14 к отрезкам $b = 2a$ и $a$.

№ 16. Запишем точдество
$$a\sqrt{2} = \sqrt{(a\sqrt{3})^2 - a^2}.$$
Мы умеем строить $a\sqrt{3}$ и, значит, умеем строить $a\sqrt{2}$, примем № 14 к $b = a\sqrt{3}$ и $a$.

№ 17. Запишем точдество
$$\sqrt{b^2 + a^2} = \sqrt{(b\sqrt{2})^2 - (\sqrt{b^2 - a^2})^2}.$$
Мы умеем строить $b\sqrt{2}$ (см. № 16) и $\sqrt{b^2 - a^2}$ (см. № 14). Значит, умеем строить и $\sqrt{b^2 + a^2}$.

Теперь мы можем решить нужную задачу.

Задача № 18. Найти пересечение окружности с прямой, проходящей через ее центр.

Решение. Пусть дна окружность $O_A$ с центром $A$ и точка $B \neq A$. Нужно найти пересечения $O_A$ с прямой $AB$. Обозначим радиус $O_A$ через $a$, длину $AB$ через $b$ и построим $c = \sqrt{a^2 + b^2}$ и $a\sqrt{2}$ (см. № 16 и 17).

Тепер (рис. 13) из центра $B$ проведем засечку радиуса $c$ до пересечения с $O_A$ в некоторой точке $C$. Из точки $C$ проведем окружность $O_C$ радиуса $a\sqrt{2}$. Пересечения $O_C$ и $O_A$ дают искомые точки $E$ и $F$.

Действительно, $\Delta BAC$ — прямоугольный, либо $c^2 = a^2 + b^2$. Если $E$ и $F$ — точки пересечения прямой $AB$ с окружностью $O_A$, то $(CE)^2 = (CF)^2 = 2a^2$, как и было сделано.

Теорема Маскерони доказана полностью.

§ 7. Зачем нужны построения цирклелем без линейки
Хорошо известно, что математика не исчерпывает решения готовых задач, что она включает поиск проблем и постановку задачи, формулировку теорем. Эта часть математики остается скрытой, хотя мы и знаем, что направляет работу именно она. А на probleme построения цирклелем хорошо видны задачи и решения именно «второй» части математики.

Когда мы смотрим кино, то видим актеров, а о том, что есть режиссер, только догадываемся. Должен ли режиссер оставаться за кадром? Мы решили однажды вывести его на сцену.

10

Н.Н.МАЛОВ

КАК
СФОТОГРАФИРОВАЛИ
СВЕТ

При общих способах фотографирования свет используется для получения изображения светящихся или отражающих свет предметов. Но недано физики ихитрились фотографировать распространяющийся свет, так сказать, «на лету».

Некоторые современные мощные источники свет — лазеры — излучают свет не непрерывно, а отдельными перiodические повторяющимися импульсами. Мощность импульса, для шегосяя всего 10 пиксекунд (1 nc = 10⁻¹² c), может достигать громадной величины — несколько гигаватт (1 Гвm = 10⁹ бм) — примерно мощности Красноярской ГЭС. Но импульсы следует сравнить редко — около тысячи раз в секунду, так что средняя мощность излучения — несколько киловатт.

Для фотографирования свет применяется установка, схема которой показана на рисунке 1.

Источником света служит мощный импульсный лазер Л, излучющий свет с длиной волны 1 мкм, что соответствует инфракрасной области спектра. Время излучения импульса 10 nc, значит, его протяженность в пространстве равна
3·10⁸ м/c·10⁻¹¹ c = 3·10⁻³ m = 3 мм.

«Светового» полоску такой длины вполне можно сформировать. Но при этом необходимо, чтобы затвор фотоаппарата сравнительной оцень быстро, так как иначе изображение будет сильно смазано. Импульс движется с громадной скоростью, и если затвор

11

Рис. 1. Схема установки для фотографирования светового импульса.

фотоаппарата открыть в течение 1 ns, смещение импульса в пространстве составит
$$3 \cdot 10^8 \cdot 10^{-12} = 3 \cdot 10^{-4} \ (m) = 0,3 \ (mm).$$

Изображение такого объекта будет смазано незначительно, но осуществить столбное время экспозиции довольно сложно. Другая трудность состоит в том, чтобы затвор фотопарата сравывал именно в тот момент, когда импульс «проносится» мімо объектива.

Итак, инфракрасный импульс излучается лазером и попадает на полупрозрачную пластинку П, поставленную под углом 45° к направлению движения импульса. Здесь свет частично отражается, частично проходит сквозь пластинку. Проследим сначала за отраженным лучом. Отражен-

Рис. 2. Устройство для фотографирования света.

12

ный импульс попадает в кристалл Кр и возбуждает его молекулы. Кристалл выбирается так, чтобы его возбужdenные молекулы излучали свет с частотой вдвое большей, чем частота падающего света. Эта новая часть соответствует зеленому свету. Такой эффициент возможен только при очень большой мощности падающего импульса. Отразившись от двух вспомогательных плоских зеркал, поставленных под углом 45°, зеленный импульс проходит через сосуд с водой С. В воду подмешивают немного молока, чтобы усилить рассеяние зеленого света во все стороны, в частиности, в направлении Fotoаппарата с открытым плоскости, прохождение через луч. Затем свет идет через кивету К с сероуглеродом и через поляроид 2. Причем этот поляроид ориентируется так, чтобы пропускаемые им колбания были перpendicularны колбаниям, пропущенным первым поляроидом. Таким образом, через оба поляроида свет вообше не проходит. Но сероуглерод обладает замечательной способностью, открытой в конце прошлоого века физиком Керром: если в нем создать сильное электрическое поле, перpendикулярное направление распространяющегося света, то поляризация света изменяется. Obviously это вспомогательное поле создают между пластинами плоского конденсатора, помещенного в сероуглерод и соединительно с источником высокого напряжения. Но в опьте по фотографированию света поле создают мощным инфракрасным лучом, прошедшим через пластину П и также попадшим в кивету Керра. Свет с измененной поляризацией может пройти через второй поляроид и попасть в Fotoаппарат ФА. Между киветой и Fotoаппаратом помещают светофильтр Ф, пропускающий только зеленный свет (через кивету проходит и инфракрасный свет — его частино поглощает фильтр Ф). Расположить приборы так, чтобы зеленый и инфракрасный импульсы приходили к ювете Керра одновременно, не представляют труда. Таким образом, инфракрасный импульс «открывает» оптический затвор (при помощи комбинации двух поляроидов и киветы Керра) наничтожно малое время 10⁻¹¹ с (время существования инфракрасного импульса).

Благодаря этому удалось фотографировать зеленый импульс, который получился на фотографиру в виде слегка смазанного пятна внутри сосуда с водой. Эта заменательная фотографика представляет на рисунке на с. 10. Для ее получения была использована установка, показанная на рисунке 2.

Размеры изображения зеленого импульса в поле не соответствуют предварительному расччитанию размера. Получившийся на фотографиру красный блок — след инфракрасного импульса, также попавшего в Fotoаппарат.

Литература
В. А. Угаров, Оргинальный эксперимент — фотографирование света, «Наука и жизнь», 1973, № 6.
М. Дюгге, Свет, фотографирование на лету, «Успех физических наук», 1973, т. 109, № 1.

13

Гейзеры *), горячее ключи, минеральные источники — все это отголоски вулканической деятельности.

Гейзеры — это горячее источники, в которых через определенные промежутки времени происходит извержения кипятка. Извержение большого гейзера — очень красивое зрелище. Со взрывом и грожатом столб кипящей воды, окутанный паром, взлетает фонтаном вверх, рассыпаясь на большой высоте. Фонтан будет неокторое время, затем вода исчезает, пар рассеивает, и все успокаивает. Объчно вокруг гейзера есть бассейн, диаметром иногда в несколько метров. Земля около гейзеров былает теплая или даже горячая.

Гейзеры и горячее источники расположены в местах активной вулканической деятельности, совершенной или сравнительно недавно прекрашатся. Они встречаются на Kamчатке (около 100 гейзеров), в Ислании, в Новой Зеландии, в Северной Америке (Иеллюстонский национальный парк), в Японии, в Китае. В Ислании в долинах почти всех рек виден пар, поднимающийся от кипящих кипящей и гейзеров. Тепло горячеих источников используется там для обогрева жидиц и теплиц. На Kamчатке есть даже река, получившая название Гейзерной. В долине этой реки находится около 20 крупных и многоестров мелких гейзеров. Самый большой гейзер Kamчатки Великан выбрасывает струю воды высотой до 40 м, а пара — до несколько сот метров. Мелкие гейзеры поднимают воду всего на несколько сантиметров над землей.

Деятельность гейзеров, как правило, перiodична, но промежутки време между извержениями у разных гейзеров различны. Извержение одних гейзеров происходит как дылье

14

несколько минут, извержения других — 1—2 раза в месяц. Интервал между извержениями может быть постоянным, а может и изменяться. Довольно строгой периодичностью отличается гейзер Старый Служака (Иелюустонский национальный парк), период его извержений — от 53 до 70 минут. Струя воды Старого Служаки поднимается на высоту до 40 м. Извержения занимаются на высоту, быть неокоторое время и исчезает. Не успевает еще рассеять пар, как вылетает новый столб кипятка, за ним еще и еще. Фонтан Большого гейзера достигает высоты 30 м.

Если взглянуть в бассейн гейзера после извержения, можно увидеть, что воды в нем нет, а в дне имеется отверстие — канал, уходящий в глубину. Перед началом извержения вода поднимается по каналу, заполняется бассейн, бурлит, выплеснается, а затем взглянет фонтан кипятка. Когда извержение прекращается, вода снова уходит в трубку гейзера. Например, у Большого гейзера диаметр трубки 3 м, глубина 23 м. На поверхности земли трубка заканчивается бассейном шириной 16 м и длиной 18 м.

Внутренняя поверхность трубки и бассейна выступана оченьровным слоем кремнезема, такого твердого, что ударми молотка его не разбит. Отложения кремнезема называют гейзером. Около неокоторых гейзеров образуют конусы из гейзерита высотой от нескольких сантиметров до нескольких метров.

Как же образовалась эта удивительная гейзка? Как появилась облицовка гейзки и бассейна?

Можно предположить, что это связано с отложениями веществ, содержащих в воде. Однако вода гейзера не дает осадка; напитая в бутылку, она годами остается чистой.

И только если выпаривать воду в испарительной чашке, то по краям, там, где испарение идет быстрее, будет отлагаться кремнезем, образуется кремнISTое колюцо. В середине даже после продолжительного кипячения вода может только помутнуть.

Тепер представьте себе теплый источник, вода которого стекает по небольшому склоону. Растекаясь, вода быстро испаряется, и кремнезем оседает. Этот осадок постепенно возвращает ложке, по которым течение воды. Таким образом увеличится гейзина колодца источника, пока, наконец, не образуется гейзка и бассейн.

15

Но какие силы заставляют горячую воду быть фонтаном?

Первые обяснения работы гейзера были основаны на гипотезе существования большого подземного бассейна, лишь отчасти заполненного водой. Вода в подземном бассейне разогревается за счет внутреннего тела Земли и кипит. Образующие пары поступают в трубку, которая заполнена водой из подземных каналов. Пар из бассейна поднимается по трубке, увлекает за собой воду, находящуюся в трубке, и заставляет ее выплескивать вверх фонтаном. Однако экспериментальные исследования это не подтвердили.

Механизм действия гейзера впервые был обяснен в XIX веке Г. Бунзеном, который исследовал гейзеры в Исландии. Оказывается, подземный бассейн совсем не нужен. Трубки, созданной источником, вполне достагоно для того, чтобы произшло извержение гейзера.

Бунзен измерял температуру воды в гейзере, опуская в трубку термометр и отмещая каждый раз глубину погружения термометра. На рисунке 1 приведены полученные им результаты. Видно, что по мере продвижения в глубь трубки гейзера температура повышается. У вершины гейзера температура была 85,5°С, у основания она возросла до 126°С.

Отчего же вода в гейзере не кипит, несмотря на то, что ее температура превышает 100 градусов?

Известно, что температура кипения воды зависит от давления. При попежении давления температура кипения уменьшается, а при повышении давления — увеличивается. На вершине высокой горы вода кипит примерно при 80°С. В трубке гейзера, наоборот, температура кипения выше 100°С, потому что там давление больше атмосферного на величины давления столба воды в трубке. Этот излишек давления и не позволяет воде кипеть. Ни в одном месте трубки температура воды не достигает температуры кипения, соответствующей давлению в этом месте.

Перед извержением временами сышатся взрывы, и каждый взрыв сопровождается сильным волнением в бассейне. По-видимому, это происходит от того, что по боковым протокам (см. рис. 1) в трубку гейзера поступает горячая вода и перегретий пар. Пар, смешивая с более холодной водой в трубке, отделяет свое свое телло. может произойти испарение какого-то количество воды, тогда из-за резкого расширения пара возникает взрыв. Частые воды, перегрекая из трубки в бассейн, вызывает в нем волнение.

В промежутках между извержениями температура воды в трубке поступлено повышается, но даже перед самым извержением она нигде не достигает температуры кипения.

Как же происходит извержение?

Ключ к разгадке этого явления дают наблюдения Бунзена. Ему удалось измерить температура воды за несколько минут до извержения.

Оказалось, что температура воды несколько ниже температуры кипения в этом месте трубки. Так, действительная температура воды в 10 метрах от дна гейзера была 122°С, а температура точки кипения с учетом давления воды в этом месте — 124°С.

Мы уже говорили, что перед извержением наблюдаются взрывы, обусловленные приоком пара из подземных каналов в трубку гейзера и сопровождающиеся подняемым водяного столба. Пусть пар воды в трубку на высоте 10 м над дном и поднял воду, находившуюся на уровне A, до уровня B, расположенного двумя метрами выше (см. рис. 1). Давление в этом месте трубки уменьшается на величины давления двух метров воды, вытекшей в бассейн *).

*) Весом пара можно пренебреть, так как его плотность намного меньше плотности воды.

16

Кипения при уменьшенном давлении будет 121°С. Следовательно, настоящая температура воды на уровне A (122°С) уже превышает температуру точки кипения на один градус. Вода в трубке сразу начинает кипеть, образуется пар, который еще выше поднимает воду и застывает ее выплаваться в нагружный бассейн. Давление на нижние слоны воды еще заметнее уменшается, кипение идет все более буроно, паров образуется все больше и больше. Внезапно начинает кипеть все масса воды, находящаяся в самом нижней части трубки; тогда верхине слоны воды выбрасывают вверх с громадной скоростью, и происходит извержение гейзера.

Выброшенная вода снова падает в бассейн, охлаждается и через некоторое время начинает вливаться обратно в трубку, постепенно заполняется. Извержение кончилось. Время от времени слышится взрывы, видны воленения воды, но следующий выброс начинается только тогда, когда вода в трубке достигнет температуры, близкой к температуре кипения.

Извержение природного гейзера не могут продолжаться бесконечно. Когда трубка достигнет такой длины, что температура воды в нижних слоях из-за слишком большого давления уже не сможет до точки кипения, извержение должно прекратить. Источник тем не менее продолжает откладывать кремнеzem, и образуется красивый водоем. Глубина некоторых таких водоемов от 10 до 12 м.

Мы уже говорили, что температура воды в трубке гейзера во время «отдыха» нигде не достигает точки кипения. Следовательно, пар, произвольный взрыв и поднимающий водной столб, должен образоваться в боковых каналах, питающих трубку. Но гейзер может «работать» и без этих каналов, если несколько ниже середины его трубки есть дополнительный приatok телла. Это можно показать на действующей модели гейзера, которое нетрудно сделать самим. Общий вид установки такого искусственного гейзера показан на рисунке 2.

Нужно взять двухметровую металлическую трубку и установить ее вертикальное. В верхней части трубки следует укрепить сосуд, достаточно большой, чтобы горяча вода не разбрызгивалась, а собиралась в сосуд и могла стекать обратно в трубку. Вся конструкция должна надежно закрытена. Поскольку имеет дело с горячевой воды и паром, образуется с искусственным гейзером нужно очень осторожно. Для работы такого гейзера нужно два источника телла: один внизу, а второй немного ниже сердины трубки. В качестве источников тела можно взять большие консервные банки, наполненные горяцами угольками. В две банки надо вырезать дыру, немного меньше диаметра, чем диаметр трубки, и, нагрев банку без углей, плотно насадить ее на трубку. Если ответственное не слишком велико, а банка хорошо разогрета, то при одновременном нагревании банки и трубки банка будет прочно держаться на том месте трубки, куда ее насадили. Извержение такого гейзера》 произходит какые 5—6 минут.

18

Теперь мы можем перейти к решению задач.

Задача 1. Можно ли десять городов соединить между собой непересекающийся дорогами так, чтобы из каждой города выходило путь дорог, ведущих в путь других городов?

Решение. Предположим, что города можно соединить между собой дорогами так, как указано в задаче. В таком случае, если какие-то два города оказывается не соедининым дорогой непосредственно, то найдется третий город, который уже будет непосредственно соединин с каждой из них. Избратив на плоскости города точками, а дороги — дугами, получим, что любые две точки соединины цепочкой дуг. Так как в каждой точке сходятся пять дуг, то общее число дуг равно $\frac{5 \cdot 10}{2} = 25$. Согласно теореме Эйлера эти дуги делят плоскость на $2 + 25 - 10 = 17$ области. Каждый из этих семнадцатых области ограничена по крайней мере трехдугами, так как в противном случае нашлись бы два города, непосредственно соедининые по крайней мере двумя дорогами, а это противоречит условиям задачи. Следовательно, число дуг не меньше $\frac{3 \cdot 17}{2} = 25,5$. Таким образом, исходное предположение приводит к противоречию, и города нельзя соединить между собой так, как это требует в задаче.

Задача 2. Три посорившихся соседа имеют три общих колодца. Можно ли проверить непересекающийся дороги от каждой дома к каждой колодцу?

Решение. Предположим, что это сделать можно.

Избратив дома синими, а колодцы — черными точками и каждой синию точку соединим другой с каждой черной точкой так, чтобы две ты полученных дуг попарно не пересекались. Тогда всякие две точки, избражающие дома или колодцы, будут соединить цепочкой дуг, и в силу теоремы Эйлера эти дуги разделят плоскость на $9 - 6 + 2 = 5$ области. Каждый из этих семнадцатых области ограничена по крайней мере трехдугами, так как по условию задачи он одна из дорогек не должна использоваться соединить два дома или два колодца. Поэтому число дуг должно быть не меньше $\frac{5 \cdot 4}{2} = 10$, и, следовательно, наше предположение неверно.

Задача 3. Докажите, что на всякой карте найдется страна, граница не более чем с пятью странами.

Решение. Если число страна на карте не превыходит шести, то утверждение задачи очевидно. Мы доказем, что на карте, имеющий более шести странах, найдется даже четыре страны, каждая из которых граничит не более чем с пятую странами. Окраим вершины и дуги исходной карты в черный цвет, а красной красной отметим в каждой стране по одной точке. Всякие две отмеченные точки, лежащие в соединих странах (то есть странах, имеющих общую граничнуюдугу), соединим внутри этих странах другой так, чтобы красные дуги попарно не пересекались. Тогда всякие две красные точки будут соединить цепочкой дуг, и так как никакие две построенные дуги не будут соединить одни и те же точки, то каждой страна на карте, состоящей из точки и друг красного цвета, будет ограничена не менее чем тридугами. Если какая-то страна на этой карте ограничена более чем тридугами, то на ее границе можно выбрать две вершины, не соедининые дугой, и соединить их красной другой внутри этой страны. Повторяя несколько раз эти операции, мы получим красную карту, на которой красная страна ограничена более чем тридугами. Так как, кроме того, на этой карте никакие две дуги не соединиют одни и те же вершины и так как число вершин больше трех, то из каждой вершины выходят не менее чем тридуги. Обозначим через $n$ число дуг, через $l$ — число страна, через $m$ — число вершины

19

красной карты и через $a$ — число вершин, из которых выходит менее чем шесть дуг. Тогда получим

$$3l = 2n,$$
$$3a + 6(m - a) \leq 2n.$$

Из формулы (1) и теоремы Эйлера, примененной к системе точек и дуг красного цвета, следует, что

$$2n = 6m - 12,$$
$$3a + 6(m - a) \leq 6m - 12,$$

которое показывает, что $a \geq 4$. Остается заметить, что если неокоторая страна на черной карте имеет больше пяты соседей, то из отмещенной в этой стране красноной точки выходит больше пяты дуг, и потому, в силу неравенства $a \geq 4$, на черной карте найдет четверые страны, каждая из которых имеет не больше пяты соседей.

Задание 4. Может ли семиуольник разрезать на выпukые шестицедельники?

Решен и е. Предположим, что какой-то семиуольник удалюсь разрезать на выпukые шестицедельники. Обозначим число тех вершин шестицедельников, которые лежат внутри исходного семиуольника, через $m$, а число оставшихся вершин (то есть лежащих на границе семиуольника) — через $m'$. В качестве дуг, соединяющих вершины, выберем прямолинейные отрезки сторон многоугольников, удовлетворяющие следующему условию: отрезок должен соединять две вершины и не проходить через остальные вершины. Обозначим через $n$ число таких дуг и через $l$ — число области, на которые эти дуги делят плоскость (число $l$ на единицу больше числа шестицедельников). Ясно, что любые две вершины оказываются соединенными цепочкой дуг. В силу теоремы Эйлера

$$m + m' - n + l = 2.$$

Так как внешняя область гранича $m'$ дугами, а каждой из остальных — не менее чем шесть дугами, то

$$2n \geq 6(l - 1) + m'.$$

Из некоторых вершин на границе семиуольника выходит только две дуги. Обозначим число таких вершин через $a$. Из всякой другой вершины выходит по крайней мере три дуги, так что

$$3m + 3(m' - a) + 2a \leq 2n.$$
Отсюда в силу равенства (3)
$$n \leq 3l + a - 6.$$
Сравнивая это неравенство и неравенство (4), мы получаем

$$2a - m' \geq 6.$$

Так как на границе семиуольника найдется по крайней мере две вершины, из которых выходит дуги, ведущее внутри семиуольника, то $m' - a \geq 2$. Из этого неравенства и неравенства (5) следует, что $a \geq 8$.

С другой стороны, так как семиуольник разрезан на выпukые многоугольники, то всякая вершина, из которой выходит дуги, является вершиной семиуольника, и потом $a \leq 7$. Таким образом, семиуольник нельзя разрезать на выпukые шестицедельники.

Следующие задачи мы предлагаем читателю решить самостояльно. У пряж не ни я

1. Можно ли пять городов соединить между собой непересекающийся дорогами так, чтобы из каждой города в любой другой городеела дорога, не проходящая через города?
2. Докажите, что если на карте найдется три страны с одинаковым числом соседей.
3. Пятуугольник разрезан на несколько многоугольников так, что все стороны исходного пятуугольника остались неразрезными. Докажите, что если число получихся многоугольников не менее пяты, то в одном из них найдется угол, который больше либо равен $72^\circ$.
4. Треугольник, все углы которого не больше $120^\circ$, разрезан на несколько треугольников. Докажите, что в одном из полученных треугольников все углы не больше $120^\circ$.
5. В игре приннимают участие два игра. Перед началом игры на плоскости отмещается $m$ точек. Игроки почередно разыскивают две точки, еще не соединенные дугой, и соединяют эти точки дугой, которая не пересекает ранее построенные дуги. Выигрывает тот, кто делает последний ход. При каких $m$ выигрывает игрок, сделавший первый ход, а при каких — его противник?

20

Задачи
M286—M290; Ф298—Ф302

M286. На плоскости расположено $N$ точек. Отметим все середины отрезков с концами в этих точках. Какое наименьшее количество точки плоскости может оказаться отмещенным?

А. Печковский

M287. Существует ли такая последовательность натуральных чисел, что любое натуральное число 1, 2, 3, … можно представить в виде разности двух чисел этой последовательности единственным способом?

А. Лифшиц

M288. На конгрессе собрать учены, среди которых есть друзья. Оказалось, что никакие двое учены, имеющие на конгрессе равное число друзей, не имеют общих друзей. Докажите, что найдется учены, у которойровно один друг.

С. Коняzin

M289. $N$ гирь, каждая из которых весит целое число граммов, разложены на $K$ равных по весу куч. Доказите, что можно не менее чем $K$ разными способами убрать одну из гирь так, что оставшиеся $(N-1)$ гири уже нельзя разложить на $K$ равных по весу куч.

С. Коняzin

M290. Для каких $n$ существует такая замкнутая несамодерсекающая ломанная из $n$ звеньев, что любая прямая, содержащая одно из звеньев этой ломанной, содержит еще хотя бы одно ее звено?

С. Коняzin

Ф298. Внутри Fotoаппарата перpendикулярно фотопластике расположено плоское зеркало,лина которой $DB$ равна половине фокусного расстояния объекта (рис. 1). Изображение 1.

21

Женнее $A$ звезды Вега находится от центра фотопластики на расстоянии, вдвое меньшем радиуса объекта. Во сколько раз обеспечность «отраженного изображения» $C$ звезды Вега меньше обеспечности ее изображения $A$ в присутствии зеркала?

Г. Л. Комкин

Ф299. По гибкому шлангу сечением $S$ течение жидкости плотности р со скоростью $v$. Найти натяжение нити $AB$, соединяющей концы $A$ и $B$ шланга, если известно, что она является диаметром полукружности, которое образует шланг (рис. 2).

С. А. Беллев

Ф300. Найти, на какую высоту поднимается жидкость в расширяшемся и суживашемся конечных капиллярах. Смачивание полное. Угол при вершине конуса, который образует капилляр, равен $\alpha$. Этот угол считать малим. Коэффициент поверхностного натяжения жидкости $\sigma$.

Ф301. Кругляя линза диаметра $D$ состоит из двух соединительных по диаметру половинок. Фокусное расстояние одной из них $F$, другой $2F$. На расстоянии $a$ от линии нахождения источник света, на расстоянии $2a$ по другую сторону линзы — экран. Нарисуйте график зависимости освещенности изображения источника на экране от расстояния точки экрана до оптической оси линзы. Источник нахождения на оптической оси линзы, экран перепределкульрен этой оси.

Ф302. За лисой, бегущей прямолинейно и равномерно со скоростью $v_1$, гонится собака, скорость которой $v_2$ постоянна по величины и направлена все время на лису. В момент, когда скорости $v_1$ и $v_2$ оказались взаимно перепределкульренми, расстояние между лисой и собакой было равно $l$.

Каково было ускорение собаки в этот момент?

Б. Б. Буховцев

Решения задач

M246—M250; Ф253—Ф259

M246. На плоскости дны две прямы $m$ и $n$ и точка $O$. Построение треугольник, две высоты коморого лежам на данных прямы $m$ и $n$, а центр описанной окружности находится в точке $O$.

Чтобы не рассматривать различных случаев взаимного расположения прямы $m$, $n$ и точки $O$, будем решать задачу без чертежа.

Предположим вначале, что точка $O$ не совпадет с точкой пересечения прямы $m$ и $n$. Заметим следующее:

1. Если через точку $O$ проведится прямы $m'$ и $n'$, параллельные прямы $m$ и $n$ соответственно, то мы должны получить перpendикуляры, проходящие через середины сторона искомого треугольника (это сразу следует из того, что $O$ — центр описанной окружности).

2. Прямая $m''$, симметричная прямой $n'$, должна на проходить через вершину искомого треугольника (скажем, через точку $C$). Аналогично, прямая $n''$, симметричная прямой $n$ относительно прямой $m'$, также должна на проходить через точку $C$. (Оба эти утверждения вытекают из первого замечания.)

3. Если прямы $m''$ и $n''$ пересекаются (а они могут и не пересечься; потому-то мы всюду в 1) и 2) и писали слово до лж на а), то точка их пересечения — это вершина $C$ нужного треугольника.

После того, как вершина $C$ найдена, вершины $A$ и $B$ нахождения без труда: нам известны направления сторон $CA$ и $CB$ и то, что они пересекаются с прямыми $m$ и $n$ в точках $A$ и $B$ соответственно.

Итак, мы описали процесс построения. Однако осталось невыясенным, всегда ли это построение приводит к целли; иначе говоря, произвольно ли можно задавать прямы $m$, $n$ и точку $O$? Из нашей построения следует, что это не так: если прямы $m''$ и $n''$ параллельны, то вершину $C$ найти нельзя. Проверьте, что прямы $m''$ будет параллельна $n''$ в том и только том случае, когда либо острый угол между прямыми $m$ и $n$ равен $60^\circ$, либо когда $m \parallel n$.

22

Рис. 1. Рис. 2.

Если $m \parallel n$, то решений нет. Если же угол между прямыми $m$ и $n$ равен $60^\circ$, то прямые $m''$ и $n''$ могут совпадать, и в этом случае получается целое семейство решений. Проискодит это лишь тогда, когда параллельрам, образованный прямыми $m$, $n$, $m'$ и $n'',$ является ромбом с углом $60^\circ$ при вершине $O$.

Наконец, если точка $O$ совпадает с точкой пересечения прямых $m$ и $n$, то треугольник либо вырождается в точку, либо же решением является целое семейство правильных треугольников, — в этом случае угол между прямыми $m$ и $n$ равен $60^\circ$.

Отметим в заключение, что если немного изменить формулировку задачи, — считать, что на прямых $m$ и $n$ лежат не высоты, а биссектрисы треугольника, — то получится задача, в некоторых смысле двойственная к решению. (Впрочем, она легко решается и без использования этой двойственности.) Поставайте решить и эту задачу и понять, в чем состоит двойственное.

M247. Квадрат $6 \times 6$ нужно заполнить 12 плоскими, из которых $k$ имеем форму уеолка, а остальные 12 — $k$ прямое уеолника (рис. 1). При каких $k$ это возможно?

Если $k$ — четное, то квадрат можно заполнить уеолками и прямое уеолниками (рис. 3. Рис. 4. Рис. 5.)

Остается разобрать случай $k = 1$ и $k = 3$. Оказывается, что в этих случаях укладка невозможна.

1. Пусть $k = 1$. Занутерумем строки квадрата (рис. 4) и сопоставим каждой клеточке прямого угольника (или уеолка) номер строки, в которой она находится. Нетрудно заметить, что сумма номеров строк (по клеточкам) для любого прямого угольника делится на 3, а для любого уголка — не делится. Сумма номеров строк квадрата (по клеточкам) делится на 3, значит, при $k = 1$ укладка невозможна.

2. Пусть $k = 3$. Занутерумем строки и столбцы квадрата (рис. 5).

Сопоставим каждой из фигур два числа: сумму номеров строк и сумму номеров столбцов, в которых находится клеточки этой фигуры. Для прямого угольников оба эти числа делятся на 3, а для уголов — не делятся. Остатки, получащиеся при делении на 3 чисел, соответствующих уголкам, определяются лишь видом уеолка и не меняются, если передвигать уголок по квадрату не переворачивая (см. рисунки 5 и 6; на рисунке 6 изображен пример такого перемещения; в клеточках поставлены номера строк и столбцов, в которых лежат клеточки).

Сумма номеров строк и сумма номеров столбцов (по клеткам) для всего квадрата делится на 3; следовательно, уеолка квадрата третья уеолками и девятью прямого угольника возможна только тогда, когда все три уеолка одного вида. В силу симметрики квадрата будем считать, что все уеолки также, как на рисунке 6.

Покажем теперь, что положи ширины 6 и высоты $n$ невозможно улепить, если использовать прямого угольника и уеолки только такой вид (при условии, что хотя один угол должен быть использован).

Предположим противное. Покажем тогда, что если возможна уеолка полосы $6 \times n$, то возможна уеолка полосы $6 \times m$, где $m$ — некоторое число, меньше $n$.

23

второй строк покрыты только прямогольники. Из рисунков 8 а — в следует, что во всех случаях, кроме изображенных на рисунках 11 а, б, индуктивный переход возможно. Рассмотрим эти два случая. Красноая клетка не может быть покрыта уголком — иначе синою клетку вообше нельзя будет покрыть. Если красная клетка покрыта горизонтальным прямогольником, то индуктивный шаг можно сделать. Поэтому будем считать, что она покрыта вертикальным прямогольником. Но тогда и черная клетка тоже покрыта вертикальным прямогольником. Если и синоя клетка покрыта вертикальным прямогольником, то положено сделать индуктивный шаг.

Рис. 6.

Рис. 7. Рис. 8.

Занутерум строки полосы сизу вверх (рис. 7). Из рисунков 8 а, б, в следует, что если в первых трех строках полосы нет клетки, принадлежащей уголку, то у полосы можно отрезать первую строку, то есть можно сделать индуктивный шаг.

Пусть есть уголок, содержащий клетку первой или второй строки. Возьмем самый правый из таких уголов. Ясно, что красная клетка на рисунке 9 (уголок, изображенный на нем, — самый правый) покрыта горизонтальным прямогольником, иначе укладка вылезет за пределы полосы. Синяя клетка либо лежит за пределами полосы, либо покрыта вертикальным прямогольником — сизу а) и б). В случае б) укладка невозможна — это видно из рисунка. В случае а) раз синяя клетка покрыта вертикальным прямогольником, то черная и зеленая клетки тоже покрыты вертикальными прямогольниками. Перестроив конфигурацию рисунка 9, а, как показано на рисунке 10, мы «поднимем» уголок так, что он уже не будет содержать клеток первых двух строк.

Итак, нам осталось рассмотреть, что будет в том случае, когда клетки первой и

24

можно обрезать (см. рис. 8,8). Поэтому рассмотрим случай, когда синяя клетка покрыта уголком. Тогда зелена клетка покрыта вертикальным прямогольником. После этого легко сообщить, что желтые клетки также покрыты вертикальными прямогольниками. Значит, уголок можно поднять (рис. 12).

Таким образом, нам удалосьgebraть все уголки из первых трех строк полосы. Мы уже убедились, что в этом случае от полосы 6×n можно перейти к полосе 6×m, где m<n. To есть, мы доказали следующие:

Если полосу 6×n можно покрыть прямогольниками и уголками (макции, как на рисунке 6), то модель можно заполнить и полосу 6×m, где m—некоморое число, меньше n.

Остается убедиться, что при достаточно малых m такое покрытие невозможно. Это оченьindo, если m<3.

Итак, задача полностью решения.

Л. Г. Лиманов

**M248. В выпуклый n-уездник $A_1A_2 \dots A_n$ вписан n-уездник $B_1B_2 \dots B_n$, площать коморое равна P (вершина $B_i$ лежит на стороне $A_iA_{i+1}$ для $i=1, 2, \dots, n-1$, а вершина $B_n$—на $A_nA_1$). Около модели n-уездника $A_1A_2 \dots A_n$ описан n-уездник $C_1C_2 \dots C_n$, площать коморое равна Q, так, что $C_1C_2 \parallel B_1B_2$, $C_2C_3 \parallel B_2B_3$, …, $C_nC_1 \parallel B_nB_1$ (вершина $A_i$ лежит на стороне $C_i-1C_i$ для $i=2, \dots, n$, а вершина $A_1$—на стороне $C_nC_1$; см. рис. 13). Найдите площать n-уездника $A_1A_2 \dots A_n$.

Решим сначала задачу для n=3. Докажем, что в этом случае площать S треугольника $A_1A_2A_3$ равна среднему геометрическому площадей вписанного и описанного треугольников:

$$S^2 = QP.$$ (1)

Поскольку треугольники $B_1B_2B_3$ и $C_1C_2C_3$ подобны, то прямые $B_1C_1$, $B_2C_2$ и $B_3C_3$ пересекаются в одной точке O (доказайте это!), при этом $\Delta B_1B_2B_3$ можно получить из $\Delta C_1C_2C_3$ подобным скатнем (гомотейный) с центром в точке O и коэффициентом

$$k = \frac{B_1B_2}{C_1C_2} = \frac{B_2B_3}{C_2C_3} = \frac{B_3B_1}{C_3C_1} = \frac{OB_i}{OC_i}$$ (2)

($i=1, 2, 3$).

Обозначим через $q_i$, $s_i$ и $p_i$ части площей Q, S и P. Соответственно, лежащие внутренние треугольников $C_1OC_2$ (при $i=1$), $C_2OC_3$ (i=2) и $C_3OC_1$ (i=3); например, $q_1$— площадь головного треугольника на рисунке 14, $s_1$— сумма площадей головного и розового треугольников (с общим основанием), $p_1$— сумма площадей головного треугольника и защтрихованной трапеции (то есть площадь треугольника $C_1OC_2$). Тогда для

25

каждого $i = 1, 2, 3$
$$\frac{q_i}{s_i} = k, \quad \frac{q_i}{p_i} = k^2$$

и значит, $\frac{s_i}{p_i} = k$.

Постому
$$\frac{Q}{S} = \frac{\sum q_i}{\sum s_i} = k$$

и
$$\frac{S}{P} = \frac{\sum s_i}{\sum p_i} = k$$

откуда следует (1).

Этот же ответ получается и для произвольного $n$, если $n$-угольники $B_1B_2 \dots B_n$ и $C_1C_2 \dots C_n$ подобны. В условиях задачи содержится искуснаяLOBушка (в нее попалось большинство читателей, прилавших нам письма по поводу этой задачи): там сказано лишь, что стороны многоугольников пара лель ины; из этого, конечно, следует равенство углов, но не следует подобие многоугольников — пропорциональноность соответствующих сторон. Уже для $n = 4$ нетрудно построить примеры (рис. 15 и 16), показывающие, что равенство (1) не обязательно выполняется (четверро наших читателей: В. Тарасов (Ленинград), С. Фиашин (Ленинград), А. Вятчин (Павлов) и А. Гончаров (Никополь) заметили это), то есть $S$ не определяется однозначно по заданным $P$ и $Q$. В этом случае вопрос задачи естественного понимать так: какие значения может принимать $S$ при заданных $P$ и $Q$?

Сравнительно нетрудно придуть примеры, в которых $S$, $Q$ и $P$ связаны неравенством
$$S^2 \geq QP.$$

Проверьте, что уже рисунок 16 (где $B_1B_2B_3B_4$ и $C_1C_2C_3C_4$ — равнообочные границы) позволяет реализовать любую трейку значений $S$, $Q$ и $P$, связанных неравенством (3). Значительно более трудной и интересной задачей является такая: обязаемлено ли выполняется неравенство (3)?

Мы предоставляем читателем возможность подумать над этим вопросом; ему мы посвятим заметку в одном из следующих номеров «Кваната».

M249. На ребрах $A'D'$ и $C'D'$ куба $ABCDA'B'C'D'$ выбирают две точки $K$ и $M$ так, что плоскость KDM касается шара, вписанного в куб (рис. 17). Докажите, что величины $\phi$ двукраенно уела при ребре $B'D$ метраэдра $B'DKM$ не зависит от выбора точки $K$ и $M$. Найдите эту величины $\phi$.

Приведем наиболее короткое решение этой задачи, использующее лишь сообщение симметрии.

Обозначим точку касания шара с плоскостью KDM через $L$, диагональ куба $B'D$ — через $d$. Проведем через $d$ шесть плоскостей $\alpha, \chi, \lambda, \mu, \gamma$ и $\beta$, проходящих соответствующую через точки $A'$, $K, L, M, C'$ и $B$.

26

Двугранный угол $\Rightarrow \alpha d\gamma$ (угол между плоскостями $\alpha$ и $\gamma$) равен $120^\circ$, поскольку при поворотах куба на $120^\circ$ вокруг диагонали $d$ углы $\Rightarrow \alpha d\gamma$, $\Rightarrow \gamma d\beta$ и $\Rightarrow \beta d\alpha$ совмещаются друг с другом.

Но $\Rightarrow \alpha d\chi = \Rightarrow xd\lambda$: точки, в которых две плоскости — KDM и KDA’, — проходящие через прямую KD, касаются шара, размещается, симметричный друг друг относительно плоскости KB’D, проходящий через центр шара, а следовательно, плоскости $\alpha$ и $\lambda$ тоже симметричный друг друг относительно плоскости $x$. Аналогично, $\Rightarrow \lambda d\mu = \Rightarrow \mu d\gamma$.

Поскольку сумма углов $\Rightarrow \alpha d\lambda + \Rightarrow \lambda d\gamma = \Rightarrow \alpha d\gamma$ равна $120^\circ$, сумма их половин $\varphi = \Rightarrow xd\lambda + \Rightarrow \lambda d\mu = \Rightarrow xd\mu$ равна $60^\circ$.

Большинство читателей, так же как и автор Н. Ф. Шарцейн, решили эту задачу с помощью вычисления и получили следующий интересный промежуткий результат: сумма длины $|KD'| + |D'M|$ всегда равна длине ребра куба (то есть так же, как величины угла $\varphi$, не зависит от положения точки $L$).

Н. Б. Васильев

M250. a) При двое короля Артура *) собрались прыцарей. Некоторые из них враждом друг с другом, но у каждой рыцаря не менее $\frac{n}{2}$ других среды собрашихся. Доказим, что Мерлин — советник короля Артура — может усадить рыцаря за круглым столом так, чтобы ребра куба (то есть так же, как величины угла $\varphi$, не зависит от положения точки $L$).

Задча M250 б) приведена здесь в учоненной формулировке. Это очень трудная задача. Ее решению будет посвящена заметка «Задчи о графах и сказка «Иван-царевич и серый волк», который можно будет прочесть в следующем номере нашего журнала.

Приведем решение M250 a).

Рассаживая рыцарей за круглым столом или на одному скальью (то есть в ряду), мы всегда будем подразумывать, что соседяются друзьями. Нам понадобится такой факт.

Лемма. Пусть на одной скальье сидят $k$ рыцарей, и пусть у каждой из двух крайних среды сидящих рыцарей более половин друзей. Тогда этих $k$ рыцарей можно усадить за круглым столом.

*) См. Марк Твен, Янки при двое короля Артура.

Доказательство. Обозначим рыцарей слева направо в том порядке, как они сидят, через $B_1, B_2, \dots, B_k$.

Если $B_1$ и $B_k$ — друзья, то утверждение леммы очевидно. Рассмотрим всех тех рыцарей, слева от которых сидит друг рыцаря $B_k$. Их не менее $k/2$. Поэтому них найдется друг рыцаря $B_1$. Обозначим его $B_s$ (тогда $B_{s-1}$ — друг $B_k$). Телерь пересадим рыцарей в таком порядке:

$B_1, B_2, \dots, B_{s-1}, B_k, B_{k-1}, \dots, B_s$.

Поскольку $B_1$ и $B_s$ — друзья, то рыцарей уже можно усадить за стол.

Утверждение леммы доказано. Телерь доказkem, что $n$ рыцарIES всегда на одной скальье. Пусть на скальью уже удалось усадить $r$ рыцарей ($r < n$); показем, что тогда на скальью можно поместить еще одного рыцаря.

Возможны два случая: 1) у крайних рыцарей все друзья уже сидят на скальье; 2) у крайних рыцарей есть друзья сред не сидящих на скальье. Во втором случае очевидно, что с краю можно посадить еще одного рыцаря.

Если имеет место первый случай, то $r$ рыцарей, сидящих на скальье, согласно лемме, можно посадить и за круглым столом. Обозначим рыцарей, уже сидящих за столом, по порядку через $B_1, B_2, \dots, B_r$. Возьмем рыцаря $A$ из числа $n - r$ нерассаженных рыцарей, знакомого с каким-нибудь сидящим за столом рыцарем, например с $B_m(m < r)$ (такой найдется, поскольку $r \leq \frac{n}{2}$), либо $n - r \leq \frac{n}{2}$). Телерь $r + 1$ рыцарями можно усадить на скальью так:

$A, B_m, B_{m+1}, \dots, B_r, B_1, B_2, \dots, B_m-1$.

Рассуждая аналогично, получим, что постепенно можно усадить на одной скальье всех $n$ рыцарей. Примения лемму к $n$ рыцарям, сидящим на скальье, указываем их за круглый стол.

В. Л. Гутенхахер

Ф253. Шар, изображенный из мвердого диэлектрика, помещили в одноподное электрическое поле с напряжением $E$. При этом диэлектрик оказывается полоизованным. Воспользовавшись принципом суперпозициции, найти напряжение электрическое поля в центре шара и в точках на расстоянии $r$ от центра шара ($r$ меньше радиуса шара).

Молеклы диэлектрика можно представить как занятыки длины $l$ с зарядами $+q$ и $-q$ на концах. Число молекул в единице объема равно $n$.

27

Рис. 18.

Во внешнем электрическом поле все гантельки ориентируются вдоль поля (рис. 18, а), при этом на шаре возникают заряды, распределенные определенным образом по его поверхности. Внутри шара, где плотности положительных и отрицательных зарядов одинаковы, заряды уничтожают друг друга.

Если внешательное посмотреть на приведенный рисунок, то можно представить себе, что шар из полностю поляризованного диэлектрика эквивалентен двум как выложенным друг в друга шара. Один шар заряжен только отрицательно, другой — только положительное (рис. 18, б, и е). Центры этих шаров смещены друг относительно друга на расстояние $l$ (длина гантельки), а относительно центра реализного шара они смещены на расстояние $\frac{l}{2}$ (рис. 19).

Таким образом, поле в любой точке складывается из внешнего поля и полей, созданных положительно и отрицательно заряженными шарами. Поэтому вначале решим вспомогательную задачу: найдем направность поля внутри равномерно заряженного шара на расстоянии $r$ от его центра.

Как известно *), направность поля внутри равномерно заряженной сферы равна нулю, а вне сферы поле также же, как если бы оно создавалось точным зарядом, находящемся в центре сферы. Разобъем равномерно заряженной шара на тонкие сферические слоны, толщина которых много меньше шара. Согласно принципу суперрозицини направность поля на расстоянии $r$ от центра шара равна сумме направленностей полей зарядов таких сферических слонов. Но направность поля, созданного зарядами тех слонов, радиусы которых больше $r$, равна нулю, а слое, радиусы которых меньше $r$, — такая, как если бы заряды этих слое находились в центре шара. Следовательно, направность поля на расстоянии $r$ от центра шара равна $E_r = \frac{Q_r}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$, где $Q_r = qn \frac{4}{3} \pi r^3$ и $E_r = \frac{qn r}{3\varepsilon_0}$.

Воспользовавшись полученными результатами, нетрудно найти направность поля в любой точке шара из диэлектрика.

Рассмотрим центр шара. направность в этой точке равна сумме трех векторов (рис. 20): вектора $E$ направности внешнего поля, вектора $E_1$ направности поля, созданного в этой точке положительно заряженным шаром, и вектора $E_2$ направности поля, созданного отрицательно заряженным шаром. Так как центр шара находится на расстоянии $\frac{l}{2}$ ст центров положительно и от-

*) См., например, статью Л. П. Баканиной и С. М. Козела «Приципс суперрозицини в электростатике», «Квант», 1973, № 3.

28

Рис. 20.

рицательное заряженных шаров, то

$$E_1 = E_2 = \frac{qn}{3\varepsilon_0} \frac{l}{2} = \frac{qnl}{6\varepsilon_0}.$$

Поятому (см. рис. 20)

$$E_0 = E - E_1 - E_2 = E - \frac{qnl}{3\varepsilon_0}.$$

Теперь найдем направность поля в некоторой точке $A$ внутри шара. Обозначим расстояние от этой точки до центра положительного заряженного шара $r_1$, а до центра отрицательного заряженного шара $r_2$. Вектор направности поля в точке $A$ складывается из трех векторов (рис. 21):

$$E, E'_1 \text{ и } E'_2,$$ где $E'_1 = \frac{qnr_1}{3\varepsilon_0}$ — поле положительного заряженного шара, $E'_2 = \frac{qnr_2}{3\varepsilon_0}$ — поле отрицательного заряженного шара.

Найдем сначала сумму $E'$ векторов $E'_1$ и $E'_2$ Рассмотрим треугольник $AO_1O_2$ и

Рис. 21.

АBC. Углы $\angle ABC$ и $\angle O_1AO_2$ равны, и выполяется следующие:

$$\frac{AB}{BC} = \frac{O_1A}{O_2A},$$

так как

$$\frac{AB}{BC} = \frac{E'_1}{E'_2} = \frac{r_1}{r_2} = \frac{O_1A}{O_2A}.$$

Из подобия треугольников следует, что вектор $E'$ параллелен линни $O_1O_2$.

Величину вектора $E'$ можно найти из соответствия

$$\frac{E'}{E'_1} = \frac{O_1O_2}{O_1A},$$

откуда

$$E' = E'_1 \frac{O_1O_2}{O_1A} = \frac{qnl}{3\varepsilon_0}.$$

Тогда окончательно направность поля в точке $A$ равна

$$E_A = E - E' = E - \frac{qnl}{3\varepsilon_0}.$$

Как видно, направность поля в точке $A$ не зависит ни от $r_1$, ни от $r_2$, то есть не зависит от положения точки $A$ внутри шара. Это означает, что поле внутри полностью поляризованного шара однородно.

Ф254. Тонкостенная трубка руттного барамента открытым концом опирается на дно чашки со руттью. Закрытый конец удерживается вертикально нитью, так что трубка составляется угоди с вертикальной (рис. 22). Длина трубки $l$, масса $m$, плотность руттии $\rho$, аммосферное давление $h$ мм. см. Найти силу наяжения нити. Размер поеруженной в рутть части трубки пренебречь. Площадь секения трубки $S$.

29

Так как трубка барометра находится в равновесии, то сумма моментов всех сил, действующих на трубку со ртутью, относительно любой оси должны быть равна нулю. Запишем условие равновесия для оси, перпендикулярной плоскости чертежа и проходящей через точку $A$, в которой трубка опирается на дно сосуда:

$$Tl \sin \alpha - mg \frac{l}{2} \sin \alpha - Mg \frac{x}{2} \sin \alpha = 0.$$

(1)

Здесь $T$ — сила натяжения нити, $mg$ — сила тяжости трубки, $Mg = \rho x Sg$ — вес ртути, находящейся в трубке, $x$ — длина стольника ртути.

Давление стольника ртути в трубке равно атмосферному давлению, поэтому

$$x = \frac{h}{\cos \alpha}.$$

(2)

Следовательно, из (1) и (2)

$$T = \frac{mg \frac{l}{2} + \rho Sx^2 g}{l} = \frac{1}{2} g \left( m + \frac{\rho Sh^2}{l \cos^2 \alpha} \right).$$

Ф255. При формурарированении Луны с Земли фомоаппаратом, объективу у которой имеем фокусное рассмотрение $F$, на формулактические получено размытое изобравнение Луны в виде диска радиуса $R$. Затем с помощью того же аппарата получают резкое изобравнение Луны. Оно имеет радиус $R_1$. На какое рассмотрение смесили при втором формурарированении Луны объективным фомоаппаратом относительно формулактически?

Диаметр объектива $D$. Дифракцию не учитывается.

Так как Луна находится очень далеко от Земли и размеры объектива малы по сравнению с рассстоянием до Луны, то можно считать, что из каждой точки Луны в объектив попадает параллельный пучок лучей, который собирается в точку в фокальной плоскости объектива. В этой плоскости и образуется резкое изобравнение Луны. Если формуластинка расположена не в фокальной плоскости, а близке к объективу или дальше от него, то изобравнение Луны оказывается размытым.

Будем для определения считать, что экран расположен за фокальной плоскостью, и рассмотрим ход лучей, идущих от края Луны (рис. 23). Эти лучи и определяют размер изобравнения Луны на формуластинке. Треугольники $ABM$ и $ACD$ подобны, поэтому можно записать следующую соотношение:

$$\frac{R}{R_1} = \frac{y}{x},$$

или

$$\frac{R - R_1}{R_1} = \frac{y - x}{x}.$$

(1)

Из подобия треугольников $OAN$ и $ABM$ получим

$$\frac{R_1}{D/2} = \frac{x}{F - x}.$$

(2)

Из (1) и (2) найдем расстояние $\delta = y - x$, на которой сметли объективов относительно формуластинки:

$$\delta = \frac{R - R_1}{R_1 + D/2} F.$$

Ф256. В центр квадратной свободно подвешенной точки $v > v_0$, мо она пробиваем dockу насыщь. С какой скоростью будет движаться dockа, если скорость пути равна $2v_0$, $nv_0$? При какой скорости пути скорость dockы будет максимальной?

Масса пуля $m$, масса dockи $M$, сопротивление ситамь не зависит от скорости.

В горизонтальном направлении на системе пуля — dockа не действуют никакие внешние силы, то есть система изолирована. Запишем закон сохранения импульса и энергии ($v > v_0$):

$$mv = mv_1 + MV,$$

(1)

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{MV^2}{2} + Q.$$

(2)

Здесь $v_1$ — скорость пуля по выходе из dockи, $V$ — скорость dockи, $Q$ — количество выделенного теплла. Причем это телло равно работе силы сопротивления, действующего на пуля при ее движении внутри dockи:

$$Q = A = F_c d,$$

где $d$ — толщина dockи.

Так как по условиям задачи сила сопротивления не зависит от скорости, а $d$ — ве-

30

личина постоянная, то и количество выделения тепла $Q$ одинаково при всех значениях начальной скорости пуля $v$.

Рассмотрим случай, когда начальная скорость пуля равна $v_0$. Очевидно, что это минимальная скорость, с которой должны лететь пуля, чтобы насквозь пробить dockу. При этом пуля, пробив dockу, будет иметь скорость такую же, как и docka. Обозначим эту скорость $u$ и запишем законы сохранения импульса и энергии для этого случая:

$$mv_0 = (m + M)u,$$
$$\frac{mv_0^2}{2} = \frac{(m + M)u^2}{2} + Q.$$

Отсюда

$$Q = \frac{mMv_0^2}{2(m + M)}.$$

Тепер равенства (1) — (3) можно обединить в систему и, решив эту систему, найти величины $V$. Исключив из (1) и (2) скорость $v_1$, получим квадратное уравнение относительно $V$:

$$V^2 - 2\frac{mv}{m + M}V + \frac{2mQ}{M(m + M)} = 0,$$

откуда

$$V = \frac{m}{m + M}v \pm \sqrt{\frac{m^2}{(m + M)^2}v^2 - \frac{2mQ}{M(m + M)}}.$$

Подставим сюда значение $Q$ из (3) и получим

$$V = \frac{m}{m + M}\left(v \pm \sqrt{v^2 - v_0^2}\right).$$

Тепер проанализируем, оба ли корня уравнения соответствует условию данной задачи. Импульс dockи численно равен импульсу силы сопротивления, то есть произведение величины $F_C$ на время ее действия $t$. Очевидно, что чем больше начальная скорость пуля, тем быстрее пуля проходит сквозь dockу, то есть тем меньше время $t$. Следовательно, скорость dockи максимальная при скорости пуля, равной $v_0$. С увеличением начальной скорости пуля скорость dockи уменьшается. Этому соответствует такое выражение для $V$:

$$V = \frac{m}{m + M}\left(v - \sqrt{v^2 - v_0^2}\right).$$

При $v = 2v_0$
$$V = \frac{m}{m + M}\left(2 - \sqrt{3}\right)v_0,$$

а при $v = nv_0$
$$V = \frac{m}{m + M}\left(n - \sqrt{n^2 - 1}\right)v_0.$$

Ф257. В схеме, изображенной на рисунке 24, вначале все ключи разомкнуты. Конденсаторы $C_1$ и $C_2$ разряжены. Э. д. с. батарен Е. Затем ключи $K_1$ и $K_3$ замыкают и через некоторое время их размыкают. После этого замыкают ключи $K_2$. Какая разность помещаемых установится на конденсатор $C_1$ после замыкания ключа $K_2$?

При замыкании ключей $K_1$ и $K_3$ конденсаторы $C_1$ и $C_2$ оказываются подключенными к источнику параллельно (рис. 25), поэтому напряжение на каждом из них равно $E$, а заряды соответствующего $Q_1 = C_1E$ и $Q_2 = C_2E$. После размыкания ключи $K_1$ и $K_3$ и замыкания ключа $K_2$ конденсаторы подключаются к источнику последовательного (рис. 26).

Однако, в отличие от обычного последовательного соединения конденсаторов, в данном случае суммарный заряд пластин 1 и 2 равен не нулю, а $Q = Q_1 + Q_2$. Такой заряд был сообщен этим пластинам в первом случае (при замыкании ключей $K_1$ и $K_3$). Во втором случае суммарный заряд пластин

31

1 и 2 равен $Q_1' - Q_2'$. Поскольку расматриваемый участок цепи изолирован, можно воспользоваться законом сохранения заряда:

$$Q_1' - Q_2' = Q,$$

или

$$C_1 U_1' - C_2 U_2' = (C_1 + C_2) E. \tag{1}$$

Согласно закону сохранения энергии

$$U_1' + U_2' = E. \tag{2}$$

Решая совместно (1) и (2), найдем

$$U_1' = E \left( 1 + \frac{C_2}{C_1 + C_2} \right).$$

Ф258. Кольцо из монкой проводки разрывается, если его зарядить зарядом Q. Диаметр колца и диаметр проводки увеличили в 3 раза. При каком заряде будет разрывать это новое колцо?

Под действием сил электрического отталкивания колцо деформируется, и в любом месте колца результирующая сила упругости равна силе электрического взаимодействия выбранного элементарного участка со всем остальным колцом: $F_{эл} = F_{упр}$.

Сила взаимодействия между двумя точными зарядами $Q_1$ и $Q_2$ находится на расстоянии $r$ друг от друга, согласно закону Кулона равна $\frac{Q_1 Q_2}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$. Это, очевидно, единственная комбинация из $Q_1, Q_2$ и $r$, имеющая размерность сили. Поэтому электрическая сила в колце должна быть пропорциональна $\frac{Q^2}{R^2}$ (R – радиус колца):

$$F_{эл} = \alpha \frac{Q^2}{R^2},$$

где $\alpha$ — коэффициент пропорциональности.

В момент разрыва сила упругости, приходящая на единицу площади поперечного сечения проводки, равна предельную прочитину $\sigma$, который зависит только от материалов проводки, поэтому

$$F_{упр} = \sigma S$$

(S – площадь сечения проводки).

Таким образом,

$$\alpha \frac{Q^2}{R^2} = \sigma S. \tag{1}$$

Если колцо, имеющее второе больший радиус и второе больший диаметр проводки, разрывается при заряде $Q_1$, то в этом случае

$$\alpha \frac{Q_1^2}{(3R)^2} = \sigma S_1.$$

Так как $S \sim d^2$ и $S_1 \sim d_1^2$ (d и $d_1$ – диаметры проводки), то $S_1 = 9S$, и поэтому

$$\alpha \frac{Q_1^2}{9R^2} = 9\sigma S. \tag{2}$$

Рис. 27.

Тогда из равенств (1) и (2) получаем $Q_1 = 9Q$.

Ф259. Тонкостенный цилиндр камится по горизонтальной плоскости сускорением a. Брусок A, размеры которого малы по сравнению с радиусом цилиндра, скольцит по внутренней поверхности цилиндра mak, что между радиусом-вектором точки A и вертикалью остается постоянным. Наимен этом уелол, если коэффициент трения бруска о поверхности цилиндра равен k.

В системе координат, связанной с горизонтальной плоскостью, на брусок действуют три сили: сила тяжесте mg, сила нормальной реакции N со стороны цилиндра и сила треня $F_{тр}$ (рис. 27). Равнодействующая этих трех сили направлена горизонтально и сообщает брускуускорение a. Позному, спроектирован все сили на вертикальную и горизонтальную оси, можно записать:

$$- mg + N \cos \alpha + F_{тр} \sin \alpha = 0,$$

$$N \sin \alpha - F_{тр} \cos \alpha = ma,$$

где $F_{тр} = kN$. Исключая из этих уравнений N, получим

$$\cos \alpha + k \sin \alpha = \frac{g}{a} (\sin \alpha - k \cos \alpha).$$

Разделим обе части уравнения на cos $\alpha$:

$$1 + k \mathrm{tg} \alpha = \frac{g}{a} (\mathrm{tg} \alpha - k).$$

Отсюда

$$\mathrm{tg} \alpha = \frac{a + gk}{g - ak},$$

$$\alpha = \mathrm{arctg} \frac{a + gk}{g - ak}.$$

И. Ш. Слободецкий