Решения задач М268—М272; Ф278—Ф284

28

Решения задач

M268. В уеле шахматной доски стошт фцурра. Первый церок может ходить его два раза подряд как обычным конем (на два поля в одном направлении, на одно — в перепendlкулярном), а второй — один раз как конем с удлиненным ходом (на три поля в одном направлении и на одно — в перепendlкулярном). Так они ходят по очереди. Первый стремится к тому, чтобы поставить фцурру в противоположный угол, а второй — ему помещать. Кто из них выдерживает (размеры доски — $n \times n$, где $n \geq 4$)?

Пусть вначале конь находится влевом нижнем углу доски. Понятно, что первый игрок первый же ходом может вывести коня из угла доски и поставить его на диагональ (см. рисунок 1 — синейкрестик — это результат хода первого игрок). Докажем, что первый игрок может как бы мы своими ходом возвраться на диагональ, причем все выше и выше.

Пусть первый игрок поставил коня на какую-то клетку диагонали доски (рис. 2). Клетки, в которые второй игрок может сместить коня с диагонали, помещены на рисунке 2 черными и красными крестиками. Из клеток, помещенных красными крестиками, первый игрок может вернуть коня на диагональ доски, сдинув его при этом вверх ровно на одну клетку (в направлении нужного угла). Из клеток же, помещенных черными крестиками, первый игрок также может вернуть коня на диагональ, но уже не в следующую клетку, а через одну. Оdnako ясно, что ставить коня в клетки, помещенные черными крестиками, в конце игры второй игрок не сможет: доска ограничена, и когда до верхнего угла остается одно или два поля, верхняя и правая границы доски «отрезут» от получающейся конфигурации черные крестики — клетки (рис. 3); второй игрок будет вынужден начать ставить коня в клетки, помещенные красными крестиками. Понятно, что в таком случае первый игрок достигнет цели.

И. Н. Клумова

M269. Обозначим через $T_k(n)$ сумму произведений по $k$ чисел от 1 до $n$. Например, $T_2(4) = 1.2 + 1.3 + 1.4 + 2.4 + 3.4 = 35$.

a) Найдите общую формулу для $T_2(n)$ и $T_3(n)$.
b) Докажите, что $T_k(n)$ выражается многочленом от $n$ степеней $2k$ (для каждого натурального $k \geq 2$).
b) Укажите метод нахождения многочленов $T_k(n)$ ($k = 2, 3, 4, \dots$) и примените его для отыскания многочленов $T_4(n)$ и $T_5(n)$.

Мы доказем, что $T_2(n), T_3(n), T_4(n)$ и $T_5(n)$ соответственно равны
$$\frac{(n+1)n(n-1)(3n+2)}{24}, \frac{(n+1)^2n^2(n-1)(n-2)}{48},$$
$$\frac{(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3)(15n^3+15n^2-10n-8)}{5760}$$

и
$$\frac{(n+1)^2n^2(n-1)(n-2)(n-3)(3n^2-n-6)}{11520}$$

(попробуйте неосредственно доказать, что эти числа — целые при любом целом $n$), а также, что при любом $k$ числа $T_k(n)$ является значением многочлена $T_k$ степеня $2k$ (с старшим коэффициентом $\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots(2k-1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdots(2k)}$), для которого числа — 1, 0, 1, …, $(k-1)$ служат корнями.

Заметим кстати, что $T_1(n)$ — сумма произведений чисел от 1 до $n$ «по одному» — равна
$$\sum i = 1 + 2 + \ldots + n = \frac{n(n+1)}{2}.$$

29

Первый способ. Можно найти формулы для $T_k(n)$, воспользовавшись известными формулами для сумм степеней натуральных чисел:

$$\Sigma i^2 = 1^2 = 2^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6},$$

$$\Sigma i^3 = 1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} \text{ и т. д.}$$

(см., например, статьи В. С. Абрамовича в «Кванте» № 5, 1973 и № 6, 1974). Например, из равенства

$$(\Sigma i)^2 = \Sigma i^2 + 2 \sum ij$$

следует, что $T_2(n)$ равно

$$\sum_{i<j} ij = \frac{n(n+1)}{2} \left( \frac{n^2+n}{4} - \frac{2n+1}{6} \right) =$$

$$= \frac{n(n+1)(n-1)(3n+2)}{24}$$

(проверьте, что $T_2(2) = 2$, $T_2(3) = 11$, $T_2(4) = 35$, $T_2(5) = 85$).

Из равенства

$$(\Sigma i)^3 = \Sigma i^3 + 3 \sum ij^2 + 6 \sum ijk,$$

$$i \neq j \quad i < j < k$$

$$(\Sigma i)(\Sigma j^2) = \Sigma i^3 + \sum ij^2$$

следует $T_3(n) = \sum ijk = i < j < k$

$$= \frac{1}{6} \left( (\Sigma i)^3 - 3(\Sigma i)(\Sigma j^2) + 2\Sigma i^3 \right) = \frac{n^2(n+1)^2}{6} \times$$

$$\times \left( \frac{n(n+1)}{8} - \frac{2n+1}{4} + \frac{1}{2} \right) = \frac{n^2(n+1)^2(n-1)(n-2)}{48}.$$

Ниже мы показем, как можно найти $T_k(n)$, не получяя формулы для сумм степеней.

Рекуррентная формула. Если все слагаемые суммы $T_k(n)$ разбить на две группы: в одну включить те произведения, в которых входит $n$, в другую — остальные, то получится такая основная формула:

$$T_k(n) - T_k(n-1) = nT_{k-1}(n-1)$$

(1)

Она вместе с очередным равенством

$$T_k(k) = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k = k!$$

позволяет последовательно определить все числа $T_k(n)$ при $n \geq k$, если $T_{k-1}(n)$ уже известны. (Заметим, что если $T_k$ и $T_{k-1}$ — многочлены, то формула (1) должна выполняться при всех $n$, а не только при целых $n$, больших $k$; получая этиим, легко убедиться, что $T_k(n)$ должно равнять 0 при целых $n$ от $(-1)$ до $(k-1)$, и найти значения $T_k(n)$ при целых $n$, указанные в таблице 1.) Из формулы (1) можно было бы вывести, что $T_k(n)$ — многочлен степеня $2k$, если справа стоит многочлен $nT_{k-1}(n-1)$ степени $2k-1$ от $n$ (см. статьи В. С. Абрамовича, упомянутые выше, или статью В. Н. Вагутена в «Кванте» № 2, 1972); однако мы не будем доказывать это отдельно, а сразу получим формулы для многочленов $T_k(n)$.

30

В этой таблице приведены числа $T_k(n)$ (в красную рамку заключены числа $T_k(k)=k$!

Второй способ. Положим

$$C_x^m = \frac{x(x-1)\ldots(x-m+1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots m}$$

(3a)

Мы будем рассматривать $C_x^m$ как многочлен степени $m$ от $x$. Легко проверить, что при всех $x$

$$C_{x+1}^m = C_x^m + C_x^{-1}, (x-m)C_x^m = (m+1)C_x^{m+1}$$

(36)

Заметим, что

$$T_1(n) = \frac{(n+1)n}{2} = C_{n+1}^2$$

(4a)

Предположим, что при некоторых $b_0^{k-1}, b_1^{k-1}$

$$T_{k-1}(n) = \Sigma b_m^{k-1} C_{n+1}^m$$

(46)

и выберем $b_m^k$ так, чтобы для многочленов (46) и

$$T_k(n) = \Sigma b_m^k C_{n+1}^m$$

(5)

выполнялось равенство (1); поскольку, согласно (36),

$$T_k(n) - T_k(n-1) = \Sigma b_m^k (C_{n+1}^m - C_n^m) =$$

$$= \Sigma b_m^k C_{n+1}^m - \Sigma b_m^{k+1} C_n^m, nT_{k-1}(n-1) = n\Sigma b_m^{k-1} C_n^m =$$

$$= \Sigma b_m^{k-1}(n-m)C_n^m + \Sigma b_m^{k-1}mC_n^m =$$

$$= \Sigma b_m^{k-1}(m+1)C_{n+1}^{m+1} + \Sigma b_m^{k-1}mC_{n+1}^{m}$$

(6)

При этом согласно (4a)

$$b_2^1 = 1; b_1^m = 0, m \neq 2.$$

(7)

Составьте таблицу чисел $b_m^k$ и докажите, что

$$b_m^k = 0, m \leq k \text{ и } m \geq 2k+1; b_2^k = 1\cdot 3\cdot 5\ldots (2k-1);$$

$$b_{k+1}^k = k!.$$

Позному равенство (2) для многочлена (5) также выполнено. Отсюда следует, что $T_k(n)$ действительное задается формулой (5), в котором коэффициенты $b_m^k$ находятся из равенств (6), (7).

Совершенно так же можно убедиться в том, что

$$T_k(n) = \Sigma d_m^n C_{n+m-k}^m$$

(9)

где коэффициенты $d_m^k$ определяются условиями

$$d_2^1 = 1; d_1^m = 0, m \neq 2;$$

$$d_{k+1}^k = -(m-k+1)d_{k+1}^{k-1} + md_{k+1}^{k-1}.$$

(10)

31

Хотя формулы (10) для коэффициентов $d_m^k$ менее удобны, чем (6) — для $b_m^k$, но сами числа несколько меньше, поэтому из формулы (9) удобно получить $T_4(n)$ и $T_5(n)$ в том виде, в котором они указаны в начале решения. Например, найда числа $d$ и используя соответствия (3), получим

$$T_4(n) = \left( \left( \frac{105}{8} - 105 \right) \frac{n+3}{7} + 25 \right) \frac{n+2}{6} - 1 C_{n+1}^5 = C_{n+1}^5 (15n^3 + 15n^2 - 10n - 8)/48.$$

Совершенно аналогично преобразуется формула для $T_5(n)$.

Числа $T_k(n)$ довольно часто встречаются в различных задачах по комбинаторике и алгебре; отлично исчезает от них знаком числа $(-1)^{n+k-1} T_k(n)$ носит специальное название: числа Стирлинга.

Применения этих чисел и связывающие их тожества описаны, например, в книге Дж. Риордана «Введение в комбинаторный анализ» (M., ИЛ, 1963 г.).

◆

Прежде всего в условиях нужно внести уточнение: хорды $AB$ и $CD$ должны быть неправильными (в этом случае положение точки $K$ и $H$ определяется однозначно), и прямые $AD$ и $BC$ тоже неправильны (обозначим их точку пересечения через $E$).

Вначале докажем, что прямая $KH$ проходит через центр окружности. Пусть точка $M$ равномерно диггается по прямой $KH$; обозначим через $M(t)$ ее положение в момент времени $t$ через $M'(t)$ и $M''(t)$ — проекции точки $M(t)$ на прямые $AB$ и $CD$ соответственно. Начало отсчета и единицу времени выберем так, что $M(0) = K$, $M(1) = H$; тогда $M'(0) = A$, $M'(1) = B$, $M''(0) = C$, $M''(1) = D$. Ясно, что каждая из точки $M'(t)$ и $M''(t)$ равномерно диггается по своей прямой.

При $t = \frac{1}{2}$ точки $M'(t)$ и $M''(t)$ попадают в середины отрезков $AB$ и $CD$, следовательно, точка $M\left(\frac{1}{2}\right)$ попадает в центр окружности — точку пересечения перпендикуров к хордам $AB$ и $CD$, восставленных в их серединах.

Докажем теперь, что прямая $KH$ проходит через точку $E$. При любом расположении точки $A$, $B$, $C$ и $D$ на окружности треугольники $AEB$ и $CED$ подобыны (по двум углам), причем вершина $A$ соответствует вершина $C$, вершина $B$ — вершина $D$. Ясно, что при преобразования подобия, переводшем $\Delta AEB$ в $\Delta CED$, каждая точка $M'(t)\in(AB)$ проекudit в точку $M''(t)\in(CD)$ (с тем же значением $t$). Но основание $E'$ высоты $EE'$ треугольника $AEB$ при этом переходит в основание высоты $EE''$ треугольника $CED$, то есть для некоторого $t=t_0$ одновременного $M'(t_0)=E'$ и $M''(t_0)=E''$, следовательно, $M(t)=E$.

Н. Б. Васильев

◆

Докажем, что требуемое расположение возможно.

Если целое число $b$ равно получимme целых чисел $a$ и $c$, то $a+c$ — четное число, так что числа $a$ и $c$ имеют одну и ту же четность, то есть либо она четны, либо она нечетны. Поэтому, если расположить числа 1, 2, …, $n$ таким образом, чтобы сначала шли все четные, а затем все нечетные числа, то число $b$ может быть равно получимme стоящих по разные

32

стороны от него чисел $a$ и $c$ лишь в том случае, если все эти три числа имеют одну и ту же четность. Таким образом, остается доказать, что требуемый образом можно расположить как четыые числа от 1 до $n$, так и нечетные.

Но легко понять, что располагается числа 2, 4, 6, . . ., $2k$ или же числа 1, 3, 5, . . ., $2k-1$ можно в том же порядке, что и числа 1, 2, . . ., $k$. Действительно, если $2b = \frac{2a+2c}{2}$ или $2b-1 = \frac{(2a-1)+(2c-1)}{2}$, то $b = \frac{a+c}{2}$.

Таким образом, задача сведена к упорядочиванию требуемых образом чисел 1, 2, . . ., $k$ ($k = \frac{n}{2}$, если $n$ четно, и $k = \frac{n+1}{2}$, если $n$ нечетно). Так как для $n = 1$ доказываемое утверждение справедливо, то справедливо его для любого натурального $n$ вытекает из принципа математической индукции.

Проведенное рассужждение дает конкретный способ построения требуемого расположения чисел 1, 2, . . ., $n$. В качестве примера проведем такое построение для $n=16$.

1
2 1
4 2 3 1
8 4 6 2 7 3 5 1
16 8 12 4 14 6 10 2 15 7 11 3 13 5 9 1

M272. Даны две окружности радиусов $R$ и $r$, касающейся внешним образом. Строяя различные границы ABCD так, чтобы каждый из окружностей касался общих боковых сторон и однозоно из оснований границ. Найдите наименьшую возможную длину боковой стороны AB.

Рис. 4.

Без ограничения общности можно считать, что $R>r$ (если $R=r$, трапеция ABCD становится прямогольником со стороны AB, равной $2(R+r)=4r$). Центр окружности радиуса $R$ обозначаем через $O_1$, а центр окружности радиуса $r$ — через $O_2$. Кроме того, будем считать, что окружность $O_1$ касается основания AD, а окружность $O_2$ — основания BC. Пусть $PQ$ — общая внешняя касательная к этим окружностям (точка $P$ лежит на окружности $O_1$, а точка $Q$ — на окружности $O_2$, см. рис. 1). Легко вычисляется, чтолина отрезка $PQ$ равна $2\sqrt{Rr}$.

Отложим на прямой $PQ$ вне отрезка $PQ$ отрезки $PA$ и $QB$ и выясним, при каком соответствии между длинами этих отрезков касательная $AA'$ к окружности $O_1$ (отличная от $AP$) параллельна касательной $BB'$ к окружности $O_2$ (отличной от $BQ$).

Эти касательные параллельны при условии, что сумма величины углов $BAA'$ и $ABB'$ равна $180^\circ$, то есть $O_2BQ$ и $Q_1AP$ дополняют друг друга до прямого. Последнее условие означает равенство углов $BO_2Q$ и $O_1AP$ и, следовательно, пропорциональноность

$$\frac{|BQ|}{|O_2Q|} = \frac{|O_1P|}{|AP|}.$$

Полягая $x=[BQ]$, $x'=[AP]$, условие параллельности касательных $AA'$ и $BB'$ можно записать так: $x \cdot x' = R \cdot r$. Длина отрезка $AB$ равна в этом случае $x + \frac{Rr}{x} + 2\sqrt{Rr}$.

Если условие параллельности выполнен, то, обозначив через $D$ и $C$ точки пересечения второй внешней касательной $O_1$ и $O_2$ с параллельными прямыми $AA'$ и $BB'$, мы получим трапецию ABCD, удов-

33

Летворяющий условию задачи. Однако это утверждение, какущееся беспорядным при взгляде на рисунок 4, нуждается в уточнении. Посмотрите на рисунок 5. Если число $x$ сликом велико, трапецю получить не удостся. Понятно, что число $x$ должны быть меньше длины отрезка $QB$ на рисунке 6. Докажите, что $|QB| = \frac{2r}{R-r} \sqrt{Rr}$.

Таким образом, осталось решить следующую задачу: найти наименьшее значение функции $f(x) = x + \frac{Rr}{x} + 2\sqrt{Rr}$ на интервале $0 < x < \frac{2r}{R-r} \sqrt{Rr}$. Вместо этой функции можно взять функцию $g(x) = x + \frac{Rr}{x}$, график которого (при $x > 0$) изображен на рисунке 7. Она убивает при $0 < x \leq \sqrt{Rr}$ и возвращает при $x \geq \sqrt{Rr}$ (доказите это). Таким образом, если $\frac{2r}{R-r} \cdot \sqrt{Rr} > \sqrt{Rr}$, то наименьшее значение длины стороны $AB$ равное $f(\sqrt{Rr}) = 4\sqrt{Rr}$. Если же $\frac{2r}{R-r} \cdot \sqrt{Rr} \leq \sqrt{Rr}$, то функция $f$ наименьшего значения на интервале $]0, \frac{2r}{R-r} \sqrt{Rr}$ не имеет.

Неравенство $\frac{2r}{R-r} \sqrt{Rr} \leq \sqrt{Rr}$ эквивалентно перевести $R \geq 3r$. Таким образом, если $r < R < 3r$, исключый минимум равен $4\sqrt{Rr}$, если же $R \geq 3r$, наименьшее значение $|AB|$ не существует: длина стороны $|AB|$ может принимать любое значение, большее $f\left(\frac{2r}{R-r} \times \sqrt{Rr}\right) = \frac{(R+r)^2}{2r(R-r)} \sqrt{Rr}$, но само это значение не достигает.

Ю. И. Ионин.

Для простоты будем считать, что скорость спутника изменяется за очень короткий промежуток времени (малый по сравнению с периодом обращения спутника по круговой орбите). Минимальное расстояние от поверхности Земли до эллиптической орбиты равно радиусу первоначальной круговой орбиты, то есть обе орбиты спутника имеют общую точку (точка $I$ на рисунке 8), в которой и произошло изменение скорости спутника. Найдем скорости $v_0$ и $v_1$ спутника в этой точке на круговой и эллиптической орбиты, а затем и изменение скорости $\Delta v = v_1 - v_0$.

Вначале определим скорость $v_0$ спутника при движении по круговой орбите. Так как центростремительное ускорение $a = \frac{v_0^2}{R+h}$ ($R$ – радиус Земли) спутнику сообщает сила тяготения $F_T = \gamma \frac{mM}{(R+h)^2}(M$ – масса Земли, $m$ – масса спутника), то, согласно II закону Ньютона, $\frac{mv_0^2}{R+h} = \gamma \frac{mM}{(R+h)^2}$. Из этого равенства непосредствено найдем,

34

$$v_0 = \sqrt{\gamma \frac{M}{R+h}}.$$

Для того чтобы определить скорость $v_1$ спутника, когда он движется по эллиптической орбите на высоте $h$ над Землей, воспользовемся законом сохранения энергии и III законом Кеплера*). Из аналогии между gravитационным и электростатическим полями можно заключить, что в тот момент, когда спутник находится на расстоянии $h$ от Земли, он обладает потенциальной энергией $\Pi_1 = -\gamma \frac{mM}{R+h}$. Кроме того, спутник имеет кинетическое энергию $K_1 = \frac{mv_1^2}{2}$. На высоте $H$ от Земли спутник обладает потенциальной энергейой $\Pi_2 = -\gamma \frac{mM}{R+H}$ и кинетическое энергейой $K_2 = \frac{mv_2^2}{2}$, где $v_2$ — скорость спутника на высоте $H$. Согласно закону сохранения энергии,

$$\frac{mv_1^2}{2} - \gamma \frac{mM}{R+h} = \frac{mv_2^2}{2} - \gamma \frac{mM}{R+H}.$$

По второму закону Кеплера площади, заметаемые радиус-вектором спутника за равные промежутки времени, равны. На рисунке 8 это площади заштрихованных фигур. Если промежуток времени $\Delta t$ мал, скорости движения спутника больше точки 1 и 2 можно считать постоянными. Тогда вместо секторов можно рассматривать соответствующие равноведренные треугольники. Запишем равенство их площадей:

$$\frac{1}{2} v_1 \Delta t (R+h) = \frac{1}{2} v_2 \Delta t (R+H).$$

Из последних двух равенств найдем

$$v_1 = \sqrt{\frac{2\gamma M}{2R+H+h} \frac{R+H}{R+h}}.$$

Тогда изменение скорости спутника

$$\Delta v = v_1 - v_0 = \sqrt{\frac{\gamma M}{R+h}} \left( \sqrt{\frac{2(R+H)}{2R+H+h}} - 1 \right) \approx \frac{2\kappa M}{c}.$$

Теперь определим период $T$ обращения спутника по эллиптической орбите. Согласно III закону Кеплера, отношение квадратов периодов обращения спутника равно отношению кубов больших полуосей его орбит. Поэтому

$$\frac{T^2}{T_0^2} = \frac{(2R+h+H)^3}{8(R+h)^3},$$

где $T_0 = \frac{2\pi (R+h)}{v_0}$ — период обращения спутника по круговой орбите радиуса $R+h$. Следовательно,

$$T = \pi (2R+H+h) \sqrt{\frac{2R+H+h}{2\gamma M}} \approx 12\mu.$$

*) См., например, статью E. П. Кузнецова «Космические задачи на встипительных экзаменах», «Квант», 1974, № 11.

35

Ф279. Цилиндр, изготовленный из немеллопроводящого материала, разделен немеллопроводящей перегородкой на две части, объём которых $V_1$ и $V_2$. В первой части находится газ при температуре $T_1$ под давлением $p_1$. Во второй части находится макой же газ, но при температуре $T_2$ и под давлением $p_2$. Какая температура газа установится в цилиндре, если уgbрать перегородку?

Так как стенки цилиндра сделаны из нетеллопроводящого материала, то, независимо от того, какой процесс происходит с газом в цилиндре при его перемещении, из закона сохранения энергии следует

$$cm_1(T - T_1) = cm_2(T_2 - T).$$

Здесь $c$ — удельная тепломкость газа, $m_1$ и $m_2$ — массы газа соответствующего в первой и во второй части цилиндра и $T$ — температура, которая устанавливается в цилиндре после того, как наступит равновесие. Из этой формулы (уравнение теплового баланса) после несложных преобразований получим

$$T = \frac{(m_1/m_2)T_1 + T_2}{1 + \frac{m_1}{m_2}}.$$

Отношение $\frac{m_1}{m_2}$ нетрудно найти, восполIZОВАШИСЬ уравнения газового состояния. Для газа в части цилиндра до того, какубрали перегородку, можно записать

$$p_1V_1 = \frac{m_1}{\mu}RT_1 \quad p_2V_2 = \frac{m_2}{\mu}RT_2.$$

Разделив первое равенство на второе, получим

$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{p_1V_1T_2}{p_2V_2T_1}.$$

Тогда окончательно

$$T = \frac{T_1T_2(p_1V_1 + p_2V_2)}{p_1V_1T_2 + p_2V_2T_1}.$$

Ф280. Источник света на расстоянии 3а от линии с фокусным расстоянием $a$. Во сколько раз изменяется средняя освещенность пятна на экране, коморый находится на расстоянии 1,5а от линии, если между линии и источником помещить плоскополучную стеклянную пластинку молцны 0,5 а? Показатель преломления стекла равен $n$.

36

Найдем отдельно освещенность в первом и во втором случях, а потом их отношение.

В первом случae источник находится на расстоянии $d_1 = 3a$ от линии. Из формулы линзы $\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$ получим, что изображение источника находится на расстоянии $f_1 = \frac{Fd_1}{d_1 - F} = \frac{3}{2}a$ от линии, то есть как раз на экране.

Пусть площад источника мала и равна $\Delta S$ (размеры источника, действительное, должны быть малыми по сравнению с расстоянием от него до линии, так как пользоваться формулой линзы, мы рассматриваем только близкие к главной оптической оси лучи). Тогда можно считать, что световой поток, изображемый с единицами площад источника в единичном телесном угле — обозначим его $I$, — есть величины постоянная. Таким образом, на линии от источника падает световой поток $\Phi_1 = I\Delta S\Omega_1$, где $\Omega_1$ — телесный угол, в котором видна линия из точек источника. Угол $\Omega_1$ измеряется относением $\frac{S}{d_1^2}$ ($S$ — площад линии, $d_1$ — расстояние от линии до источника). Этот световой поток после линзы попадает на экран. Площад изображения $\Delta S_1$ на экран относится к площад источника как $\frac{f_1^2}{d_1^2}$, то есть

$$\frac{\Delta s_1}{\Delta S} = \frac{f_1^2}{d_1^2} = \frac{1}{4}.$$

Тогда освещенность экрана в первом случae равна

$$E_1 = \frac{\Phi_1}{\Delta S_1} = I \frac{S}{d_1^2} \frac{\Delta S}{\Delta S_1} = \frac{4}{9} \frac{IS}{a^2}.$$

После того, как между источником и линзой помещили плоскопаральную пластинку, источником для линзы стало изображение источника, даваемое пластинкой. Найдем положение этого изображения (расстояние $x$ на рисунке 9).

Для этого построим ход двух лучей, выходящих на припример, из точки $A$ источника. Пусть один луч перпендикулярен к пластинке, а второй луч образует с первым малый угол $\alpha$. Из треугольника $A'CK$ отрезок $CK$ равен

$$CK = A'K \mathrm{tg} \alpha = \left(l - x + \frac{a}{2}\right) \mathrm{tg} \alpha.$$

С другой стороны,

$$CK = CD + KD = \frac{a}{2} \mathrm{tg} \beta + l \mathrm{tg} \alpha.$$

Следовательно,

$$\left(l - x + \frac{a}{2}\right) \mathrm{tg} \alpha = \frac{a}{2} \mathrm{tg} \beta + l \mathrm{tg} \alpha.$$

Отсюда $x = \frac{a}{2} \left(1 - \frac{\mathrm{tg} \beta}{\mathrm{tg} \alpha}\right)$. Так как углы $\alpha$ и $\beta$ малы, то $\frac{\mathrm{tg} \beta}{\mathrm{tg} \alpha} = \frac{\sin \beta}{\sin \alpha} = \frac{1}{n}$ и $x = \frac{a}{2} \left(1 - \frac{1}{n}\right)$. Таким образом, изображение источника, даваемое пластинкой, находится на расстоянии $d_2 = 3a - x = \frac{a}{2} \left(5 + \frac{1}{n}\right)$.

37

При этом размеры изображения также же, как и источника (см. рис. 9). Световой поток $\Phi_2$, падающий на линзу от этого нового источника, равен $\Phi_2 = I \Delta S \Omega_2 = I \Delta S \frac{S}{d_2^2}$.

Теперь из формулы линзы найдет положение изображения этого источника:

$$f_2 = \frac{Fd_2}{d_2 - F} = a \frac{5n + 1}{3n + 1}.$$

Ясно, что четкое изображение находится не на экране, а на экране видно размытое пятно. Однако, так как для стекла $n$ лежит в пределах от 1,5 до 2, то $f_2$ принимает значения от 1,54 а до 1,57 а. Это есть изображение находится от экрана на расстоянии примерно 0,05 а. Это расстояние мало по сравнению с расстоянием 1,5 а от экрана до линзы. Кроме того, размер предмета и диаметр линзы тоже малы (отметим еще раз, что мы рассматриваем только узкие приосевые лучки). Поэтому можно считать, что размер четкого изображения не отличаются от размеров пятна на экране (рис. 10) и $\frac{\Delta s_2}{\Delta S} = \frac{f_2^2}{d_2^2} = \frac{4n^2}{(3n + 1)^2}$.

Тогда освещенность $E_2$ экран в этом случае равна

$$E_2 = \frac{\Phi_2}{\Delta s_2} = \frac{I S \Delta S}{d_2^2 \Delta s_2} = \left( \frac{3n + 1}{5n + 1} \right)^2 \frac{I S}{a^2},$$

и относение освещенности

$$\frac{E_2}{E_1} = \frac{9}{4} \left( \frac{3n + 1}{5n + 1} \right)^2.$$

Вначале разность потенциальов пластин конденсатора равна $E_2$, а заряд конденсатора $q_1 = CE_2$. После замыкания ключа по цепи поддет ток, а разность потенциальов пластин конденсатора (разность потенциальов точек $B$ и $A$) будет равна $U_2 = E_2 - Ir_2$, где $I$ — ток, идущий по цепи. Найдем этот ток.

Из волтамперной характеристики диода следует, что при протекании тока через диодление напряжение на нем всегда равно $U_2 = 1\epsilon$. Запишем закон Ома для полной цепи:

$$E_2 - E_1 = U_{\pi} + Ir_1 + Ir_2.$$

Отсюда

$$I = \frac{E_2 - E_1 - U_{\pi}}{r_1 + r_2}.$$

Тогда после замыкания ключа разность потенциальов пластин конденсатора будет равна

$$U_2 = E_2 - \frac{E_2 - E_1 - U_{\pi}}{r_1 + r_2} r_2,$$

*) В «Кванте» № 6 за 1974 год в условиях задачи Ф281 была допущена опечатка.

38

а его заряд

$$q_2 = CU_2 = CE_2 - Cr_2 \frac{E_2 - E_1 - U_\pi}{r_1 + r_2}.$$

Следовательно, заряд конденсатора изменится на величины

$$\Delta q = q_2 - q_1 = -Cr_2 \frac{E_2 - E_1 - U_\pi}{r_1 + r_2} = -\frac{2}{3} \cdot 10^{-6} \text{ мкф.}$$

Ф282. Наимену часотому «симметричных» колебаний системы, показанной на рисунке 12, а. Массы всех шаров m, коэффициенты упругости пружинок k.

Прежде всего найдем силу, действующего на каждый шарик при его смешении из положения равновесия (рис. 12, 6). Обозначим начальное расстояние шарика от центра системы (точки O) $x_0$, новое расстояние — $x$, смешение шарика от положения равновесия — $\Delta x$, начальное длину пружины — $l_0$, ее длину в растянутом состоянии — $l$, а изменение длины пружины — $\Delta l$.

Рис. 12.

Как видно из рисунка 12, 6,
$$l_0 = 2x_0 \cos 30^\circ \text{ и } l = 2x \cos 30^\circ.$$
Тогда каждая из пружин при смешении шариков оказывается растянутой на величины

$$\Delta l = l - l_0 = 2(x - x_0) \cos 30^\circ = \sqrt{3} \Delta x.$$

Следовательно, на каждый шарик со стороны пружин будут действовать две равные по абсцилотной величины сили: $F = k\Delta l = \sqrt{3}k\Delta x$.

Равноведействующая этих сил направлена к положению равновесия шарика и равна по абсцилотной величины (рис. 12, 6) $F' = 2F \cos 30^\circ = 3k\Delta x$, то есть пропорциональна смешению шарика от положения равновесия. Это означает, что система эквивалентна системе из трех общих пружинных магнитков, соединенных в точке O и имеющих жесткость $k' = 3k$ каждый. Поэтому частота колебаний системы будет равна

$$\omega = \sqrt{\frac{k'}{m}} = \sqrt{\frac{3k}{m}}.$$

Ф283. Заряженные шарики с одинаковой массой, расположенные на расстоянии l друже от друга, отрицательные

Шарики удляются друг от друга под действием силы F электрического отталкивания, равной (в системе единиц СГСЭ)

$$F = \frac{q^2}{r^2},$$ где $q$ — заряд каждого шарика, $r$ — расстояние

39

(без начальной скорости). Через t секунд расстояние между ними уведомляется. Через какое время уведомся расстояние между шариками, если их отпустимь с расстояния 3l?

$$\frac{\Delta x_2}{\Delta x_1} = 3$$

Пусть $k$ изменилось на величины $\Delta k = \frac{\Delta x}{x_0}$. тогда перемещение каждого шарика в первом случае ($\text{когда } 2x_0 = l$) равно $\Delta x_1 = \Delta k \frac{l}{2}$, а во втором случае ($\text{когда } 2x_0 = 3l$) — $\Delta x_2 = \Delta k \frac{3}{2} l$. Отношение перемещений шариков равно

$$\frac{\Delta x_2}{\Delta x_1} = 3.$$

Теперь сравним средние скорости шариков. Для этого воспользуемся законом сохранения энергии. В начальной момент шарики обладают только потенциальной энергией электрического взаимодействия $\Pi_0 = \frac{q^2}{2x_0}$ (в системе СГСЭ). В тот момент, когда расстояние между шариками равно $2x$, они обладают потенциальной энергией $\Pi = \frac{q^2}{2x}$ и кинетической энергией $K = 2 \frac{mv^2}{2}$ (м—масса шарика). По закону сохранения энергии $\frac{q^2}{2x_0} = \frac{q^2}{2x} + mv^2$. Отсюда

$$v = \sqrt{\frac{q^2}{2m} \frac{x-x_0}{xx_0}} = \sqrt{\frac{q^2}{2x_0 m} \frac{k-1}{k}}.$$

Видим, что при одном и том же относительной перемещении $k$ скорость шарика в первом случае больше скорости шарика во втором случае в $\frac{\sqrt{q^2/ml}}{\sqrt{q^2/3ml}} = \sqrt{3}$ раз.

Ясно, что при изменении $k$ на величины $\Delta k$ средние скорости шариков будут отличаться в $\sqrt{3}$ раз: $\frac{v_{\text{cp.1}}}{v_{\text{cp.2}}} = \sqrt{3}$.

Время, за которым перемещаются на $\Delta x_1$ в первом случае и на $\Delta x_2$ во втором случае, равны соответственно

$$\Delta t_1 = \frac{\Delta x_1}{v_{\text{cp.1}}} \text{ и } \Delta t_2 = \frac{\Delta x_2}{v_{\text{cp.2}}}.$$

Отсюда

$$\frac{\Delta t_2}{\Delta t_1} = \frac{\Delta x_2}{\Delta x_1} \frac{v_{\text{cp.1}}}{v_{\text{cp.2}}} = 3 \sqrt{3},$$

то есть при любом изменении величины $k$ время движения в первом случае больше времени движения во втором случае в $3 \sqrt{3}$ раза.

Следовательно, когда расстояние между шариками

40

$$\frac{t_2}{t_1} = 3\sqrt{3}$$

Вначале рассмотрим случай, когда пластинка падает вertikально вниз с постоянной скоростью $v$. На электроны, падающие вместе с пластинкой, со стороны магнитного поля действует сила Лоренца (рис. 13) $F_\pi = evB$ (е — заряд электрона). В результате электроны будут смешаться к правой стороне пластинки. Перераспределение электронов внутри пластинки приводит к возникновению электрического поля, направленного слева направо (см. рис. 13). Смешение электронов будет произойдет до тех пор, пока слева Лоренца не уравновесится с силой $F_3$, действующей со стороны электрического поля: $F_\pi = F_3$, или $evB = eE$. Отсюда направность электрического поля $E = vB$.

Так как толщина пластинки много меньше ее радиуса, то электрическое поле внутри пластинки можно считать однородным (можно пребречь краевыми эффициями). Это означает, что пластинку можно считать плоским конденсатором, между пластинами которого разность потенциальов $u = Ed = Bvd$, заряд которого равен

$$q = Cu = \frac{\varepsilon_0 S}{d} Bvd = \varepsilon_0 SBv$$

($S = \pi R^2$ — площадь пластинки).

Этот заряд зависит от скорости движения пластинки. При движении пластинки с некоторым ускорением вместе со скоростью пластинки с течение времен будут меняться и заряды на сторонах пластинки. Следовательно, при изменении скорости пластинки в ней возникнет электрический ток

$$I = \frac{\Delta q}{\Delta t} = \varepsilon_0 SB \frac{\Delta v}{\Delta t} = \varepsilon_0 SB a$$

где $a$ — ускорение пластинки. Но, как мы знаем, на проводник с током в магнитном поле действует сила $F = BId$ и направлена вертикально вверх. Итак, кроме силы тяжестей на пластинку при ееpadении со стороны магнитного поля будет действовать еще сила $F$. Запишем уравнение движения пластинки:

$$ma = mg - BId$$ или $ma = mg - B^2 d\varepsilon_0 a\pi R^2$.

Отсюда

$$a = g \frac{1}{1 + \frac{B^2 d\varepsilon_0 \pi R^2}{m}}.$$

И. Ш. Слободецкий