Решения задач М256—М260; Ф269—Ф272

46

Решения задач

M256—M260; Ф269—Ф272

M256. Около окружности описан многоугольник. Точки касания его сторон с окружностью случай вершинами второго, вписанного в эму окружность многоугольника. Доказите, что произведение расстояний от произвольной точки M окружности do сторон одного многоугольника равно произведение расстояний от эмой точки do сторон второго.

(Под рассмотрением от точки M do стороны попирается расстояние до прямой, на котором лежит эмя сторона.)

Докажем сначала такую лемму. Если M, P и Q — три произвольные точки данной окружности, то расстояние |MK| от точки M до прямой PQ равно среднему геометрическому расстояний |ML| и |MN| от M до касательных, проведенных в точках P и Q:

$$|MK|^2 = |ML| \cdot |MN|.$$ (1)

Представим себе, что точки P и Q зафиксированы, а M передвигается по окружности. При любом ее положении *) углы

*) Ниже мы считаем, что M не совпадает с P или Q (в выраженном случае равенство (1) очень — обе его части равны 0).

$$\Rightarrow MPL \text{ и } \Rightarrow MQK \text{ (не превысющие, разумеется, } 90^\circ \text{) равны по величины — каждый из них изменяется положной дуги PM (не превысшейшей положружности), поэтому прямогольные треугольники MPL и MQK подобны и}$$

$$\frac{|ML|}{|MK|} = \frac{|MP|}{|MQ|}.$$ (2)

(Это равенство, оченьindo, сохраняет и в том случае, когда прямогольные треугольники вырождаются в отрезки — в этот момент точка M диаметрально противоположна P.) Точно так же доказывается, что $\triangle MQN \sim \triangle MPK$:

$$\frac{|MN|}{|MK|} = \frac{|MQ|}{|MP|}.$$ (3)

Из (2) и (3) следует (1).

Докажем теперь утверждение задачи. Для этого применим lemmy к точке M окружности и к каждой стороне PQ вписанного многоугольника, а затем переможим все равенства вида (1).

Недочеты в решениях, присланных читателями, были связаны в основном с тем, что при доказательстве lemмы не учитывались все возможные случаи расположения точек P, Q и M на окружности (неоторые из них показаны на рис. 1, a, б, с). В нашем решении применяется рассудение, которое охватывает сразу все случаи.

M257. При каких намуральных n ≥ 2 неравенство

$$x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 \geq p \left( x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_{n-1} x_n \right)$$

выполняется для любых действительных чисел x1, x2, …, xn, если a) p = 1; 6) p = 4/3; b) p = 6/5?

Ответ. a) при всех n; 6) при n ≤ 3; b) при n ≤ 4.

Рис. 1.

47

Рис. 2. Чем ближе $p$ к единице, тем ближе расположена гипербола к окружности и тем больше ступеней имеет лестница.

Заметим, что если положить в неравенстве $x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 - 1 + x_n^2 - px_1x_2 - px_2x_3 - \dots - px_n - 1x_n \geq 0$ (*)

несколько последних переменных $x_k, x_{k+1}, \dots, x_n$ равны нулю, то получится аналогичное неравенство, соответствующое меншему $n$. Отсюда следует, что если () выполняется (для всех $x_1, x_2, \dots, x_n$) при некотором $n$, то оно выполняется и при меньших $n$. Таким образом, для каждого фиксированного $p$ существует такое целое $N(p) \geq 2$, что () выполнен при $n < N(p)$ и не выполнен (для некоторых $x_1, x_2, \dots, x_n$) при $n \geq N(p)$; возможно также, что (*) выполнен при всех $n$ (в этом случае можно считать, что $N(p) = \infty$).

Последний случай имеет место при $p = 1$. Действительно, в этом случае (*) эквивалентно оченьному неравенству

$$x_1^2 + (x_1 - x_2)^2 + (x_2 - x_3)^2 + \dots + (x_{n-1} - x_n)^2 + x_n^2 \geq 0.$$

Пусть $p = \frac{4}{3}$. Тогда при $n = 3$ (*) эквивалентно неравенству

$$(3x_1 - 2x_2)^2 + x_2^2 + (2x_2 - 3x_3)^2 \geq 0,$$

а при $n = 4$ неравенство () нарушается, например, когда $x_1 = x_4 = 2, x_2 = x_3 = 3$ (при $n = 4$ неравенство () эквивалентно такому:

$$(3x_1 - 2x_2)^2 - x_2^2 + 6(x_2 - x_3)^2 - x_3^2 + (2x_3 - 3x_4)^2 \geq 0;$$

отсюда и возник наш пример).

Пусть $p = \frac{4}{5}$. Тогда при $n = 4$ (*) эквивалентно неравенству

$$(5x_1 - 3x_2)^2 + x_2^2 + 15(x_2 - x_3)^2 + x_3^2 + (3x_3 - 5x_4)^2 \geq 0,$$

а при $n = 5$ оно неравенства, например, когда $x_1 = x_5 = 9, x_2 = x_4 = 15, x_3 = 16$ (этот пример возникнет естественным образом, если преобразовать (*) к виду

$$16(5x_1 - 3x_2)^2 + (16x_2 - 15x_3)^2 - 50x_3^2 + (15x_3 - 16x_4)^2 + 16(3x_4 - 5x_5)^2 \geq 0).$$

Обсуждение теперь, как ответить на вопрос задачи при произвольном $p > 0$. Легко показать, что $N(p) = \infty$ при любом $p \in [0, 1]$ и $N(p)$ конечно при каждом $p > 1$, причем $N(p) = 2$ при $p > 2$. В принципие при каждом $p > 1$ можно найти $N(p)$, преобразовав левую часть () к сумме квадратов (причем заботиться о симметричной формуле и о том, чтобы коэффициенты получались целыми или рациональными, вовсе не обязательно; выше мы сделали это для того, чтобы записать решение покороче). Например, можно привести () к виду

$$(s_1x_1 - t_1x_2)^2 + (s_2x_2 - t_2x_3)^2 + \dots + (s_{n-1}x_{n-1} - t_{n-1}x_n)^2 + r_nx_n^2,$$

последовательно полагая

$$t_k = p/2s_k, s_{k+1} = \sqrt{1 - t_k^2}$$

($s_1 = 1, k = 1, 2, \dots$). Тогда $r_n = s_n^2 \geq 0$ при $n < N(p)$ и $r_n < 0$ при $n = N(p)$. Таким образом, $N(p) - 1$ (набольшее $n$, при котором (*) еще выполняется) равно числу ступеней «лестницы», заключенной между графиками $s^2 + t^2 = 1$, $st = p/2$ и начинающейся в точке $s = 1$, $t = 0$, (рис. 2). Пусть $p_k$ значение $p$, при котором лестница симметрина относительно биссерриссы $s = t$ (заканчивается в точке $s = 0$, $t = 1$) и содержит $k$ ступеней; ясно, что последовательность $p_1 = 2 > p_2 > p_3 > \dots$ стремится к 1 и $N(p) = k + 1$ при $p_{k-1} \geq p > p_k$.

Нетрудно доказать, что $p_2 = \sqrt{2}$, но следуетшие $p_k$ находится уже из громоздких уравнений, связанных к алгебраическим уравнением высокой ступеней.

48

Решим задачу M257, мы оценили $p_2$,

$$p_3 \text{ и } p_4: \text{поскольку } N\left(\frac{4}{3}\right)=4, N\left(\frac{6}{5}\right)=5, \text{ то } p_2>\frac{4}{3}>p_3>\frac{6}{5}>p_4.$$

Н. Б. Васильев

M258. На плоскости даны три точки $K, L, N$. Прочем перехудольник известно, что он выпуклый и что середины некоторых трех его сторон лежат в данных точках $K, L, N$. Надание множества точки, в котором может попасть:

a) середина черверной стороны;
b) вершина эмного червернойника.

a) Заметим, что если в четырехугольнике соединить последовательно середины стороны, то образуется параллелограмм. Для доказательства этого шрикою известного факта достаточно проверсти одну из диагоналей данного четырехугольника (рис. 3): в образованшихся треугольниках два отрезка, соединяющих середины стороны, являются средними линяями, а, следовательно, они параллельны проведенной диагонали и равны половине.

Из сделанного замечания следует, что середина черверной стороны — точка $M$ — является черверной вершиной параллелограмма, трея другими вершинами которого служат $K, L$ и $N$. Легко видеть, что множество точки, в которых может попасть точка $M$, состоит из трех точки $\{M_1, M_2, M_3\}$ — вершин треугольника, средними линяями которого является стороны треугольника $KLN$ (рис. 4).

6. Расмотрим один из параллелограммов, например, $KLM_1N$. Де могут находиться вершины выпуклого четырехугольника, если середины стороны находятся в точках $K, L, M_1$ и $N$? Напомним, что многоугольник — выпуклый, если он лежит по одному сторону от каждой прямой, являющейся продолжением его стороны. Поэтому вершины четырехугольника могут лежать лишь в полупосах между продолжениями противоположных сторон параллелограмма (рис. 5, а). Пользовать тем, что две соседние вершины четырехугольника симметрицы относительно вершины параллелограмма, находим множество точки, в которых могут оказаться вершины четырехугольника — оно состоит из четырех параллелограммов, получающихся из $KLM_1N$ параллельным переносом и имеющих с ним общую сторону (рис. 5, 6); нужно еще убедиться, что любая из точки этого «креста» может служить вершиной четырехугольника.

Если рассмотреть теперь еще две точки $M_2$ и $M_3$, в которых может оказаться середина черверной стороны многоугольника, и взять обеденное треугольник, соответствующий $M_1, M_2$ и $M_3$, то окончательно получится многоугольник, выделенное триховкой на рисунке 6; оно состоит из 15 треугольников, конгруэнтных $\Delta KLN$.

А. П. Савин

M259. Изовем квартеом черверку клеток на клетчатой бумаге, центры которых лежат в вершинах прямойольника со стороны, параллельными линяями (Например, на рисунке 7 нарисовано три клетками).

Какое наиболее число квартемов, не имеющих общих клеток, можно разместить:

a) в квадрате $5 \times 5$?
b) в прямойольнике $m \times n$ клеток?

a) В квадрате $5 \times 5$ можно расположить пять квартетов (см. рис. 8). Большое пяте квартетов в нем расположить нельзя, поскольку $5 \times 5 = 25$ клеток по крайней мере пять клеток — по одной в каждой строке — в квадраты не войдут.

6. Если $m$ и $n$ — четные, то оченьindo, что в прямойольнике $m \times n$ можно разместить $mn/4$ клеток.

49

Рис. 7. Рис. 8.

Если $m$ четно, а $n$ нечетно, то можно разместить $m(n-1)/4$ квартетов (аналогичная формула верна для нечетного $m$ и четного $n$).

Если же $m$ и $n$ нечетные, то надо рассматривать два случая. (Будем считать, что $m \geq n$).

1. $n = 4k + 1$. Ясно, что в этом случае можно покрыть квартетами не более $mn - (m-n) - n = m(n-1)$ клеток; на рисунке 9 показано, как это сделать: из квадрата $n \times n$ выкинита диагональ (напомним, что $n$ нечетное), и квартеты размешены аналогично тому, как это сделано на рисунке 8 в квадрате $5 \times 5$; из прямогольника $(m-n) \times n$ $(m-n)$ уже четное) выкинита нижняя строка — тогда уже в прямогольнике $k \times l = (m-n) \times (n-1)$ и $k$ и $l$ четные, и как размешать квартеты — оченьindo. Всего — ссва $m(n-1)/4$ квартета.

2. $n = 4k + 3$. В этом случае $m(n-1)$ клеток покрыть квартетами не удостсая, поскольку число $m(n-1)$ не делится на 4. Зато $m(n-1) - 2$ клетки покрыть уже можно — как именно, показано на рисунке 10 — выкиниты $m + 2$ заштрихованные клетки: $n-2$ — на диагонали квадрата $(n-2) \times (n-2)$, $(m-n+2)$ — в правой части нижней строки исходного прямогольника, и две клетки — в левом верхнем углу (тогда $n-3$ делится на 4, $m-n+2$ и $n-1$ оба четные).

А. А. Грицорян

M260. Окружность разбита мощами $A_1, A_2, \dots, A_n$ на $n$ равных частей, каждой из которых окрашена в какой-то цвет. Две дуги (с концами в мощах разбения) называются одинаково окрашенными, если при некотором повторе окружности одна из них полосы, включая цвет каждой части, совпадаем с дугой. (Например, на рисунке 11 дуги $A_2A_6$ и $A_6A_{10}$ одинаково окрашены.) Доказите, что если для каждой мощи разбения $A_i$ можно указать две непересека-

50

начать, что дуг α и β одинаково окрашены. В дальнейшем одинаково окрашенные дуги будем называть равными. Через |α| обозначим длину дуги α. Направление обхода окружности по часовой стрелке применяем за положительное (это позволяет нам естественным образом разливать начала и концы дуги). Через βγ обозначим дугу, получающийся, если к концу дуги β прикленть начало дуги γ (рис. 12).

Симметриной дугой называем такую дугу, на которой лежат равные меньшие дуги в начале и конце, то есть α — симметриная дуга, если существуют дуги β, γ и δ такие, что α = βγ = δβ (рис. 13).

По условияю для каждой точки разбенная можно указыть пару непересекающихся равных дуг с общим концом в этой точке. Вообще говоря, таких пары дуг для каждой точки может оказаться и несколько — попробуйте привести пример. Поэтому уточним, какую именно пару мы будем рассматривать: сопоставим каждой точке разбенная ту пару непересекающихся равных дуг (с общим концом), дуги которого имеют минимальную длину; в дальнейшем только такие пары и будем рассматривать.

Нам понадобится следующая

Лемма 1. Если дуга α является минимальной дуей, то она несимметрина (доказите эту лемму самостояльно).

Пусть среди всех минимальных пар дуг, соответствующих различным точкам разбенная, пара, соответствующая точке A, имеет максимальную длину, и пусть отличные от A концы дуги этой пары — точки B и C (см. рис. 14, а) — не совпадают.

Центральным местом доказательства является

Основная лемма. Если из окружности вырезать дуг BA и «склеить» точку A с точки B, то новая окружность будет снова обладать тем свойством, что для любой точки разбенная можно указыть пару непересекающихся равных дуг с общим концом в этой точке.

С помощью этой леммы «перiodичность» okраски доказывается индукцией по числу точек разбиения. Индукцию мы проведем позднее, а сейчас наметим доказательство основной леммы.

Обозначим дуги BA и AC буквой α. Рассмотрим часть новой окружности, получающейся из старой после вырезания дуги BA и «склеивания» точки A с точки B (см. рис. 14, б); обозначим точки разбиения новой окружности буквами со штириками.

Пусть M’ — некоторая точка разбенная новой окружности, не лежащая на дуге A’C’, и пусть M — соответствующая ей точка старой окружности. Точка M отвечает минимальным пара равных (например, дуг v — см. рис. 14, а) для LM и MK. По условиям леммы |α| ≥ |v|, следовательно, дуга MK целиком лежит на дуге MA.

Но дуга MA равна дуге M’C’; значит, дуга v лежит в начале дуги M’C’, то есть точки M’ служит ее началом. Рассудя аналогично, построим по дуге LM дугу на новой окружности, равную v, с концом в точке M'.

Однако могло бы получиться так, что построенные две дуги (одна—с началом в точке M’, другая—концом в этой точке) пересекаются (рис. 15). Показем, что этого на самом деле быть не может.

Обозначим дуги M’L’, L’K’ и K’M’ (в направлении по часовей стрелке) через β, η и δ соответственно; тогда v = βη = ηδ, то есть v — симметриная дуга; но это противоречит лемме 1, и значит, дуги L’M’ и M’K’ — не пересекаются.

Тем самым для точки M’, не лежащих на дуге A’C’, все доказано.

Пусть теперь точка M’ лежит на дуге A’C’, и пусть для определения |A’M’| ≤ |M’C’| (см. рис. 16, б). Тогда на старой окружности точки M’ соответствует две точки — обозначим их через M и M1; точки M лежит на дуге BA, точки M1 — на дуге AC (рис. 16, а). Случай, когда дуга MK (minimalная дуга v с началом в точке M)

51

Рис. 15.

не пересекается с дугой AC, разбиается так же, как и первый (когда точка M’ не лежит на A’C’). На рисунке 16, а, изображен наиболее сложный случай, когда дуги MK и AC пересекаются. В этом случае (см. обозначения рисунка 16, а) выполняются следующие соотношения:

1. δαα = vvγ;
2. |δ| < |v|, |γ| < |α|.

Лемма 2. Если выполнения соответствия 1) и 2) и если дуен v и α неисиметрины, то найдется дуea β макая, что α = βγ, v = γβ.

Из этой леммы вытекает, что точка K совпадает с точкой M₁ и δ = γ (см. рис. 17, а.).

Используя лемму 2 и то, что |A’M’| ≤ |M’C’|, легко показать, что точке M₁ соответствует пара дуг, равных дуге v = γβ, откуда следует, что C — начало дуги, равной β (рис. 17, а); поэтому точке M’ соответствует пара дуг, равных γβ (рис. 17, б).

Эгим доказательство Основной леммы заканчивается. Из него, в частиности, вытекает, что длина максимальной пары дуг на новой окружности не превыходит длины

Рис. 17.

максимальной пары дуг на старой окружности.

Перейдем к доказательству периодности окраски. Проведем индукцию по числу n точек разбиения. Для n = 2 это очевидно. Предположим, что мы доказали периодность для n ≤ k, и доказем его для n = k + 1. Пусть для определения точки A соответствует максимальная по длине пара дуг. Если все окружность является обеденной этой пары дуг, то индукционное предложение верно. Если нет, то выражем одну из этих дуг, а концы склеим. В силу Основной леммы новая окружность удовлетворяет условиям задачи, причем точка разбиения на ней меньше, чем на старой; поэтому по предположению индукции окраска новой окружности периодическая; причем длина перiodа не превыходит длины вырезанной дуги — обозначим ее через α.

Лемма 3. Если |α| ≥ 0, α — неисиметриная дуea u αα…αβ = v … v, мо |α| = |v|.

Из этой леммы следует, что длина перiodа равна α, и значит, новая окружность имеет

52

Вид, изображенный на рисунке 18. Старая окружность получится, если мы разрежем новую в точке $A'$ и вставим дугу $\alpha$; понятно, что эта операция периодичности okраски не нарушит. Доказательство законечно.

Г. А. Гуревиц

Ф269. Математический матрик, который состоит из мягкого металлического шара массы $m$ и монкой проводацей nimи длины $l$, совершаем маленькое колбания в горизональном однородном магнитном поле с индукцией $B$, направленной перендикулярно к плоскости колбания матрика. Максимальный угол, на котором отклониется матрик от вертикали, равен $\alpha_0$. Как изменится этом угол, если в том момент, когда матрик проходит положение равновесия, к нему присоединить с помощью зубных монких провода конденсатор emkосстью $C$ (рис. 19), причем за время кондакта, которое очень мало, конденсатор устваем полосью зарядиться.

Так как проводящая нить матрика движется в магнитном поле, на концах нити возникает неокторая разность потенциальов. Благодаря этому при подключении к матрику конденсатора по цепи поддет ток, и конденсатор зарядится. При этом часть энергии матрика $W_M$ перейдет в энергию конденсатора $W_K$ и часть выделится в виде тепла в проводах. Энергия колбаний матрика связана с максимальным углом отложения матрика от вертикали. Поэтому сначала найdem новую энергию матрика $W_M'$, а затем и максимальный угол $\alpha_1$.

Из закона сохранения энергии следует, что

$$W_M = W_M' + W_K + Q.$$

Пусть направление на концах нити матрика при прохождения положения равновесия равно $U$. Так как время контакта с конденсатором очень мало, можно считать, что направление за это время не меняется. Тогда направление на конденсатор после его зарядки

$$W_M = mgl(1 - \cos \alpha_0)$$

и

$$W_M' = mgl(1 - \cos \alpha_1).$$

Позуму

$$mgl(1 - \cos \alpha_1) = mgl(1 - \cos \alpha_0) - CU^2.$$ (1)

Для того чтобы найти $\alpha_1$, нам необходимо вычислить $U$. Сделаем это. На электрон, который находится в точке $A$ на расстоянии $x$ от точки подвеса матрика (рис. 20), действует сила Лоренца

$$F_\pi = evB = e\omega xB,$$

где $v$ — линейная и $\omega$ — угловая скорость точки $A$ при прохождения матриком положения равновесия. Под воздействием силы Лоренца свободные электроны будут смешаться вниз (мы считаем, что вектор индукции в магнитного поля направлен за чертеж) до тех пор, пока возникшее электрическое поле не воспрепятствует этому. Таким образом,

$$F_\pi = F_{\text{эл}},$$

или

$$e\omega xB = eE,$$

откуда $E = \omega Bx$. То есть направность поля линейно зависит от $x$ (рис. 21).

53

Рис. 21.

Как мы знаем, работа, совершенная силой, всегда численно равна площади фигуры под графиком зависимости силы от координат. Разность потенциальов на концах нити — это работа по пересечению единичного положительного заряда вдоль нити, а $E$ — сила, действующая на этот заряд. Поэтому, воспользовавшись графиком, приведенным на рисунке 21, найдем

$$U = \frac{1}{2} l \omega l B = \frac{1}{2} \omega l^2 B.$$

Поскольку $\omega = v/l$ и согласно закону сохранения энергии

$$\frac{mv^2}{2} = mgl (1 - \cos \alpha_0),$$

то

$$\omega = \frac{1}{l} \sqrt{2gl (1 - \cos \alpha_0)}$$

и

$$U = \frac{1}{2} l B \sqrt{2gl (1 - \cos \alpha_0)}. \quad (2)$$

Подставив (2) в равенство (1), получим

$$mgl (1 - \cos \alpha_1) = mgl (1 - \cos \alpha_0) - \frac{1}{2} Cl^3 B^2 g (1 - \cos \alpha_0).$$

Отсюда

$$1 - \cos \alpha_1 = (1 - \cos \alpha_0) \left(1 - \frac{Cl^2 B^2}{2m}\right). \quad (3)$$

Так как $1 - \cos \alpha = 2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}$, а углы $\alpha_0$ и $\alpha_1$ малы, так что $\sin \alpha \approx \alpha$, то

$$1 - \cos \alpha_1 \approx \frac{\alpha_1^2}{2} \quad \text{и} \quad 1 - \cos \alpha_0 \approx \frac{\alpha_0^2}{2}.$$

Поэтому равенство (3) перепишем в виде

$$\alpha_1^2 = \alpha_0^2 \left(1 - \frac{Cl^2 B^2}{2m}\right),$$

откуда

$$\alpha_1 = \alpha_0 \sqrt{1 - \frac{Cl^2 B^2}{2m}}.$$

Ф270. В длинной пробирке на расстоянии $l_1$ от запаянного конца имеется короткий столький ртути (рис. 22). Масса ртути $m$. С какой уловой скорость $\omega$ нужно врачать пробирку вокруг вертикальной оси, чтобы ртуть достигла конца пробирки? Длина пробирки $l$, температура воздуха в пробирке не меняется. Атмосферное давление $p_0$.

В неподвижной системе отсчета на столбик ртути в горизонтальном направлении действуют две силы: сила атомосферного давления $F_1 = p_0 S$ ($S$ — площадь сечения пробирки) и сила давления воздуха в пробирке $F_2 = p S$ (см. рис. 22). Разность этих сил сообщает стольнику ртути центростремительное ускорение, равное $a = \omega^2 l$ (так как ртуть находится на краю пробирки). Таким образом,

$$m \omega^2 l = p_0 S - p S.$$

Так как температура воздуха в пробирке не меняется, то по закону Бойля — Мариотта

$$p_0 Sl_1 = pSl,$$

откуда

$$p = p_0 \frac{l_1}{l}.$$

Тогда

$$m \omega^2 l = p_0 S \left(1 - \frac{l_1}{l}\right)$$

и

$$\omega = \sqrt{\frac{p_0 S (l - l_1)}{ml^2}}.$$

Ф271. Подсчитать среднюю плотность $\rho$ электронических зарядов в атомосфере, если извесимо, что направленность электронического поля на поверхности Земли равна 100 $\cdot$ $m^{-1}$, а на высome $h = 1,5$ км эта направленность nadaем до 25 $\cdot$ $m^{-1}$.

Как известно, направленность электронного поля внутреннего тонкого сфера

54

рического слоя равна нулю, а вне этого слоя направность такая, какой она была бы, если бы весь заряд слоя сосредоточен в его центре. (Это можно показать, исходя из закона Кулона и принципа суперпозиции.)

Разобем Землю и атмосферу Земли на тонкие сферические слоны. Тогда ясно, что на поверхности Земли направность электрического поля равна

$$E_0 = \frac{Q_3}{4\pi\varepsilon_0 R_3^2},$$

где $Q_3$ — суммарный заряд Земли, $R_3$ — радиус Земли.

На высоте $h$ направность электрического поля складывается из направности поля, созданного зарядом $Q_3$ Земли, и из направности поля, созданного зарядом $Q_a$ слоев atmosферы с радиусами, меньшими $R_3 + h$. То есть

$$E_h = \frac{Q_3 + Q_a}{4\pi\varepsilon_0 (R_3 + h)^2}.$$

Так как

$$Q_a V_a \rho = \left[ \frac{4}{3} \pi (R_3 + h)^3 - \frac{4}{3} \pi R_3^3 \right] \rho,$$

то

$$E_h = \frac{Q_3}{4\pi\varepsilon_0 (R_3 + h)^2} + \frac{\rho}{3\varepsilon_0} \left[ R_3 + h - \frac{R_3^3}{(R_3 + h)^2} \right].$$

Радиус Земли $R_3$ много больше высоты $h$, поэтому в знаменатель формулы (2) можно сумму $R_3 + h$ заменить на $R_3$. Тогда

$$E_h = \frac{Q_3}{4\pi\varepsilon_0 R_3^2} + \frac{h}{3\varepsilon_0} \rho = E_0 + \frac{h}{3\varepsilon_0} \rho.$$

Отсюда

$$\rho = \frac{3\varepsilon_0 (E_h - E_0)}{h} = - \frac{3 \cdot 8,85 \cdot 10^{-12} \kappa^2 \cdot h^{-1} \cdot m^{-2} \cdot 75 \cdot \theta \cdot m^{-1}}{1500 \, m} \approx -1,3 \cdot 10^{-12} \kappa \cdot m^{-3}.$$

Ф272. К стенке, наклоненной под углом $\alpha$ к вертикали, подвешен магниток длины $l$ (рис. 23). Магниток отклонили в плоскости, перендикулярной к стенке, на небольший угол $\beta$ от вертикального положения и отнустили. Наимен惕 колебаний магнитка, если

$$\beta > \alpha \text{ и удар шарика о стенку абсолютино уррушей.}$$

Если бы стенки не были, магниток совершил бы гармоничное колебания с угловой амплитудой (максимальным углом отклонения от вертикали) $\beta$ и с периодом

$$T_0 = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}.$$

При уррутом столкновении со стенкой абсолютиная величины скорости магнитка не изменяется, а направление движения меняется на противоположное. Это означает, что период колебаний магнитка $T$ в присутствии стенки не равен $T_0$, а меньше этой величины на время $t$. За это время $t$ магниток, совершая свободные колебания, отклонился бы вправо от вертикали от угла $\alpha$ до угла $\beta$ и вернулся обратно.

Запишем уравнение гармоничных колебанiels для углового перемещения $\varphi$:

$$\varphi = \beta \cos \omega t,$$

где $\omega = \frac{2\pi}{T_0}$. В момент времени $t = 0$ $\varphi = \beta$, то есть магниток находится в крайнем правом положении. Через некоторое время $t_1$ угол отклонения магнитка от вертикали становится равным $\alpha$. Из уравнения колебанiels

$$\alpha = \beta \cos \omega t_1,$$

откуда

$$t_1 = \frac{1}{\omega} \arccos \frac{\alpha}{\beta}.$$

Из симметричное очевидно, что

$$\tau = 2t_1 = \frac{2}{\omega} \arccos \frac{\alpha}{\beta} = \frac{T_0}{\pi} \arccos \frac{\alpha}{\beta}.$$

Тогда окончательно

$$T = T_0 - \tau = T_0 \left( 1 - \frac{1}{\pi} \arccos \frac{\alpha}{\beta} \right) = 2 \sqrt{\frac{l}{g}} \left( \pi - \arccos \frac{\alpha}{\beta} \right).$$

И.Ш. Слободецкий