Решения задач М304—М307; Ф312—Ф317

34

Решения задач

M304. Будем обозначать кругочком некоморую (неизвестную пока) операцию, применимую к любым двум целым неотрицательным числам a и b и дающий може целое неотрицательное число a*b=c. Пусть эта операция удовлетворяет следующим условиям:

1. ab = ba;
2. если ab=c, то bc=a;
3. если ab > c, то bc < a или ac < b.
   a) Найдем 00; 01; 11; 0*2.
4. Докажиме, что 0a=a и 1a =
   -{a+1, если a четное,
   -a-1, если a нечетное.
5. Докажиме, что существует не более чем одна операция, удовлетворяющая условиям задачи.
6. Докажиме, что макая операция существует, и указим правило, позволяющее по заданным a, b вычислять a*b.

a) Найдем 00.
Допустим, что 00>0. Подставив в условия 3) a=b=c=0, получим, что 00<0, что невозможно. Значит, 00=0. Найдем 01.
Если 01=0, то 00=1, что неверно. Если 01>1, то из условия (3) 11<0,, что невозможно. Поэтому 01=1.
Аналогичными рассудениями получим, что
11=0, 02=2.

6. 1. Докажим, что 0a=a индикцией по a.
      Допустим, это верно при всех a<n и докажем, что 0n=n. Пусть 0n=k<n. тогда 0k=n, что противоречит допущению. Пусть 0n>n. тогда из условия 3) nn<0, что невозможно. Итак, 0*n=n.

7. Докажим, что 1*a =
   {a+1, если a четное,
   a-1, если a нечетное.

индикцией по a.
Допустим, что это доказано для всех a<n, и докажем для a=n.
Рассмотрим два случая.

(a) n — четное.
Обозначим 1n=k. тогда 1k=n. Если k≤n, то получаем противоречие. Пусть теперь 1n>n+1. тогда по условия 3) 1(n+1)<n или n*(n+1)<1, но и то и другое приводит к противоречению. Итак, 1*n=n+1.

(6) n — нечетное.
Тогда по доказанному 1*(n-1)=n, откуда 1*n=n-1.

в) Докажем теперь, что существует не более, чем одна операция, удовлетворяющая условиям задачи.
Допустим, что есть две такие операции. Обозначим первую операцию знаком $\circ$, а вторую — знаком $\odot$. По предположению существует по крайней мере одна такая пара чисел a, b, для которых ab≠ab. Выберем из всех таких пар ту, в которой сумма a+b наименьшая. Итак, пусть ab≠ab; если же a’+b’<a+b, то a’b’=a’b’. Обозначим ab=k, ab=l. Пусть k<l (случай k>l аналогичен). Поскольку ab>k, то ak<b или bk<a. Пусть ak=m<b (случай, когда bk<a, аналогичен). тогда am=k. Поскольку m<b, то a+m<a+b, и поэтому am=am=k. Тогда ak=m, что противоречит тому, что ak=b.

Полученное противоречение и доказывает утверждение в).
г) Докажим теперь, что такая операция существует.
Всякое целое неотрицательное число a единственным образом представляется в виде
a=a₀·2⁰+a₁·2¹+a₂·2²+…+aₖ·2⁷+…*).

*) Это — запись числа a в двойной системе чисел.

35

Здесть $a_0, a_1, \dots$ бесконечная последовательность, в которой конечное число членов — единицы, остальные — нули.

Пусть $a = \sum_{k=0}^{\infty} a_k \cdot 2^k, b = \sum_{k=0}^{\infty} b_k \cdot 2^k$.

Определим значение $c = a \circ b$: положим $c = \sum_{k=0}^{\infty} c_k \cdot 2^k$, где числа $c_k$ определяются по следующему правилу:

$$c_k = \begin{cases} 0, & \text{ если } a_k = b_k, \\ 1, & \text{ если } a_k \neq b_k. \end{cases}$$

To, что для так определенной операции выполняются условия 1) и 2) очевидно. Проверим, что выполняется условия 3). Переформулируем его так:

если $a \circ b \neq c$, то: $a \circ b < c$, или $a < c < b$, или $b \circ c < a$.

Пусть $a \circ b \neq c$. Обозначим через $k$ наиболее номер, при котором не выполняется условия (*). Тогда имеет место один из следующих двух случаев:

(a) $a_h = b_h = c_h = 1$.

В этом случае выполняется даже все три неравенства. Действительно, доказем, например, что $a \circ b < c$. Поскольку $k$-й разряд числа $a \circ b$ равен 0, а в $(k+1)-м, (k+2)-м, \dots$ разряд числа $a \circ b$ и $c$ совпадают, то

$$a \circ b \leq 2^0 + 2^1 + \dots + 2^{k-1} + \Delta = 2^k - 1 + \Delta,$$

где через $\Delta$ мы обозначили число $c_{k+1} \cdot 2^{k+1} + c_{k+2} \cdot 2^{k+2} + \dots$. Но $k$-й разряд числа $c$ равен 1; значит, $c \geq 2^k + \Delta$, откуда $a \circ b < c$.

(6) Из трех чисел $a_h, b_h, c_h$ одно равно единице, другие два — нulo.

Пусть $a_h = b_h = 0, c_h = 1$ (остальные случаи аналогичны). Тогда $a \circ b < c$, поскольку снова $a \circ b \leq 2^k - 1 + \Delta, c \geq 2^k + \Delta$.

A. A. Грицорян, A. Л. Тоом

♦

a) Возможны два случая; они изображены на рисунках 1, а и 6. Расмотрим треугольники $B'PC'$ и $BPC$. Для их площадей имеем

$$\frac{S_{B'PC'}}{S_{BPC}} = \frac{|C'P| \cdot |B'P|}{|CP| \cdot |BP|} = \frac{q' \cdot |B'P|}{q \cdot |BP|}.$$

С другой стороны,

$$\frac{S_{B'PC'}}{S_{BPC}} = \frac{S_{A'PB'} \cdot \frac{|B'C'|}{|A'B'|}}{S_{APB'} \cdot \frac{|BC|}{|AB|}} = \frac{|B'P| \cdot |A'P| \cdot |B'C'| \cdot |AB|}{|BP| \cdot |AP| \cdot |BC| \cdot |A'B'|}.$$

Так как $\triangle APB \sim \triangle A'PB'$, то

$$\frac{|A'P|}{|A'B'|} = \frac{|BP|}{|AB|},$$

то есть

$$|A'P| \cdot |AB| = |BP| \cdot |A'B'|.$$

Позному

$$\frac{q' \cdot |B'P|}{q \cdot |BP|} = \frac{|B'P| \cdot |B'C'|}{|AP| \cdot |BC|},$$

36

откуда
$$|B'C'| = \frac{|BC| \cdot |AP|}{|BP|} \cdot \frac{q'}{q}. \tag{1}$$

Аналогично
$$|A'C'| = \frac{|AC| \cdot |BP|}{|AP|} \cdot \frac{q'}{q}. \tag{2}$$

Перемножая равенства (1) и (2), получаем
$$\frac{s'}{s} = \left( \frac{q'}{q} \right)^2. \tag{3}$$

Далое
a) $$|AP|^2 = |AC|^2 + |CP|^2 + 2|AC| \cdot |CP| \cdot \cos(\widehat{BCP}) =$$
$$= |AC|^2 + q^2 + 2q \cdot |AC| \cdot \cos(\widehat{BCP});$$
$$|BP|^2 = |BC|^2 + q^2 - 2q \cdot |BC| \cdot \cos(\widehat{BCP}).$$

Умножая первое соответствие на |BC|, второе — на |AC| и складывая их, получаем
$$|AP|^2 \cdot |BC| + |BP|^2 \cdot |AC| = (s + q^2) \cdot |AB|,$$
то есть
$$s + q^2 = \frac{|BC| \cdot |AP|^2 + |AC| \cdot |BP|^2}{|AB|}. \tag{4}$$

Таким же образом находится, что
$$s' + (q')^2 = \frac{|A'C'| \cdot |B'P|^2 + |B'C'| \cdot |A'P|^2}{|A'B'|}. \tag{5}$$

Преобразуем соответствие (5), учитывая равенства (1), (2), (4), и подобные треугольников APB и A’PB':

$$s' + (q')^2 = |A'P|^2 \cdot \frac{1 + \frac{|B'P|^2}{|A'P|^2} \cdot \frac{|A'C'|}{|B'C'|}}{1 + \frac{|A'C'|}{|B'C'|}} =$$
$$= |A'P|^2 \cdot \frac{1 + \frac{|B'P|^2}{|A'P|^2} \cdot \frac{|AC| \cdot |BP|^2}{|BC| \cdot |AP|^2}}{1 + \frac{|AC| \cdot |BP|^2}{|BC| \cdot |AP|^2}} =$$
$$= |A'P|^2 \cdot |AP|^2 \cdot \frac{|AB|}{|BC| \cdot |AP|^2} = \frac{t^2}{s + q^2},$$
то есть
$$\frac{s' + (q')^2}{t} = \frac{t}{s + q^2}. \tag{6}$$

Осталось только доказать, что, например,
$$\frac{t}{s + q^2} = \sqrt{\frac{s'}{s}}.$$

Но это уже просто упражнение (см. (3) и (6)):
$$\frac{s' + (q')^2}{s + q^2} = \frac{s'}{s} \Rightarrow s' + (q')^2 =$$
$$= \frac{s'}{s} \cdot (s + q^2) \Rightarrow t^2 = \frac{s'}{s} \cdot (s + q^2)^2.$$

Рис. 1.

Рис. 2.

37

6. Будем решать задачу 6) в предположении, что точка $P$ находится в не данной сферы $S$ (для случая, когда $P$ — внутренний сферы $S$, все рассуждания аналогичны).

Пусть $AB$ и $QR$ две пересекающие хорды окружности $\sigma$, $A'$ и $B'$ — точки из множества $\sigma'$, соответствующие точкам $A$ и $B$ (рис. 2). Проведем через точки $A$, $B$ и $P$ плоскость; тогда в сечении получится картина, соответствующая рисунку 1, 6.

В задаче a) мы доказали, что

$$|C'P| = \frac{|CP| \cdot |AP| \cdot |A'P|}{|AC| \cdot |CB| + |CP|^2}$$

Если $Q'$ и $R'$ — точки множества $\sigma'$, соответствующие точкам $Q$ и $R$ окружности $\sigma$, то

$$|QP| \cdot |Q'P| = |AP| \cdot |A'P|,$$

и, кроме того,

$$|QC| \cdot |CR| = |AC| \cdot |CB|.$$

Значит, точка $C'$ (принадлежащая хорде $A'B'$) принадлежит и отрезку $Q'R'$, и, следовательно, точки $A', B', Q'$ и $R'$ лежат в одной плоскости. Поскольку мы выбирали точки произвольно, из этого следует, что все точки множества $\sigma'$ принадлежат одной плоскости; значит $\sigma'$ — окружность.

А. И. Ширшов

Приведем теперь два решения задачи 6), не использующие вычисления задачи a).

Идея первого решения принимает нашему читателю С. Финашину (г. Ленинград).

Проведем через точки $P$ и окружность $\sigma$ сферы $S'$; пусть $\pi$ — плоскость, касательная к сфере $S'$ в точке $P$. Покажем, что все точки множества $\sigma'$ принадлежат плоскости $\pi'$, параллельной плоскости $\pi$. Для этого зафиксируем точку $A'$, принадлежат $\sigma'$, и докажем, что для любой точки $B'$ множества $\sigma'$ принадлежат $\sigma'$ параллельна плоскости $\pi$.

Рассмотрим плоскость, проходящую через точки $P$, $A'$ и $B'$. Эта плоскость пересекает сферы $S$ и $S'$ по окружности $\tau$ и $\tau'$ соответственно, плоскость $\pi$ — по прямой $l$ (рис. 3; точки $A$ и $B$ — это точки пересечения $(PA')$ и $(PB')$ со сфером $S$ — они принадлежат окружности $\sigma$).

Обозначим угол $A'B'B$ через $\alpha$. Тогда дуга $A'AB$ равна $2\alpha$, дуга $BB'A'$ равна $(2\pi - 2\alpha)$, угол $A'AB$ равен $\pi - \alpha$, а угол $BAP$ равен $\alpha$; то есть угла $PBA$ равна $2\alpha$. Поэтому угол $BPQ$ равен $\alpha$, то есть углы $A'B'B$ и $BPQ$ конгруэнты. Значит, прямая $A'B'$ параллельна прямой $l$, что и требовалось доказать.

Второе решение задачи 6) получается с помощью геометрического преобразования — инверсии. Напомним вычале, что такое инверсия на плоскости (подробно свойства инверсии на плоскости обсуждались в статье А. П. Савин и «Инверсия и задача Аполлоня», «Квант», 1971, № 8; инверсии посвящена вторая глави И. М. Я глома «Геометрические преобразования», т. II, Линейные и крутовые преобразования, М., Гостехидат, 1956).

Пусть $A$ — некоторая точка, не совпадающая с центром $P$ данной окружности радиуса $k$. Инверсия к $A$ точка $A'$ (то есть образ точки $A$ при инверсии) определяется следующим образом. Эта точка лежит на луче $PA$ (см. рис. 4), причем ее расстояние от центра $P$ удовлетворяет соответствующим инверсии.

38

Перечислим теперь некоторые свойства инверсии.

1. Прямая, проходящая через центр P инверсии, переходит при инверсии сама в себя.

2. Любая прямая, не проходящая через центр P инверсии, переходит в окружность, проходящую через точку P, и наоборот (рис. 5, a, 6).

3. Окружность, не проходящая через центр P инверсии, переходит при инверсии в другую окружность, также не проходящую через точку P (рис. 6, a, 6), или, быть может, в ту же самую окружность. Посленяя возможность осуществляется в двух случаях: 1) когда данная окружность относionalна к окружности инверсии (рис. 4); 2) когда данная окружность совпадает с окружностью инверсии.

Доказательства этих свойств вы можете найти в уже упоминавшихся статье A. П. Савина и книге И. М. Яглома.

Теория инверсии легко переносится с плоскости на пространство: в этом нетрудно убедиться, если рассмотреть пространственные тела, получающие в результате врашения изображенных на рисунках 4—6 фигура вокруг линии центров (PA, или PB, или PO₁). Пусть дена сфера Σ с центром P и радиусом k; точку, инверсию к данной точке A относительно сферы Σ, мы определим как точку A’, принадлежшую лучу PA и такую, что расстояние |PA|·|PA’|=k².

При этом преобразование сфера инверсии переходит в себя. Сферы, ortogonalные к сфере инверсии, также переходит при инверсии в себя: сфера инверсии делит ortogonalную к ней сферу на две части, которые при инверсии «меняются местами».

Теория показет, как с помощью инверсии решить задачу M305 6). Расмотрим сфера Σ с центром в заданной точке P, ortogonalную к данной сфере S. Сделаем инверсию относительно сферы Σ. Сфера S при этом передет в себя, причем любая точка A окружности σ∈S передет в инверсию себе точку A’: вторую точку пересечения луча PA со сфером S. Поэтому точки множество σ’ — это точки, инверсии соответствуют точкам окружности σ и наоборот. Из всех сделанных ранее замечаний вытекает, что σ’ — окружность.

И. Н. Клумова

Очевидно, что оставшуюся часть доски можно разрезать на 18 равновеликх треугольников (рис. 7). Докажем, что на 17 треугольников разрезать уже нельзя.

В самом деле, если бы оставшуюся часть доски можно разрезать на 17 равновеликх треугольников, то площь каждого из них была бы больше $\frac{7}{2}$ (а именно, $\frac{63}{17}$).

Расмотрим два треугольника, основания которых содержат сторону (или часть стороны) удаленной клетки и вершину этой клетки, лежащую внутри дски (рис. 8). Высоты этих треугольников не преосходят 7, а основание бы одного из них — не более 1. Следовательно, площь по крайней мере одного из расматриваемых треугольников не может быть больше $\frac{7}{2}$.

Итак, наименьшее число равновеликх треугольников, на которых можно разрезать оставшуюся часть доски, равно 18.

В. П. Федомов

39

М307. Плоскость разбита на одинаковые шестуюльные комнами. В некоторых стенах проделаны двери мак, что для любой вершины, в котором сходятся три стены (стороны шестуюльников), двери имеютсяровно в двух стенах. Доказим, что любой замкнутый путь по макому лабиринту проходит через четное число дверей.

Пусть теперь у нас есть замкнутый путь по красным линиям. Вообще говоря, он может сам себя пересекать. Но, если он проходит через одну комната два раза, мы разобем его на д в а замкнутых пути. Так будем делать до тех пор, пока не разобем данный путь на несколько замкнутых несамопересекающих путей. Таким образом, достаточно разобать, что каждый несамопересекающий путь содержит четное число отрезков.

Пусть нам дан несамопересекающийся замкнутый путь $L$ (один такой путь показан на рисунке 9 стрелками). Он ограничивает часть плоскости, состоящую из ромбов. Пусть в ней $A$ ромбов. У них всего 4А сторон. Чтобы узнать количество отрезков пути $L$, надо из числа 4А вычесть у д в енное число тех сторон, по которым ромбы соррикаются. Разность составит четное число, что и требовалось.

Другое решение можно получить, убедившись, что при заданной планировке можно раскрасть комнаты в два цвета так, чтобы смежные комнаты имели разный цвет (рис. 10).

А. Л. Тоом

Ф312. Обруч padуса $R$, каятиця со скоростью $v$ по горизонтальном поверхности, на летем абсцилтоно неупругого, то при удале о ступенку импульс обруч измениется. Со стороны ступенки на обруч действует сила, направленная вдоль padуса $R$ обруч (рис. 11). Благодаря этому импульс обруч при ступенковении меняется так, что его проекция на ось $OX$, идущую вдоль padуса $R$, становится равной нулю. Проекция же импульса на ось $OY$ не изменяется. Следовательно, в результате ступенения импульс обруч становится равным по абсцилтому значению $mv \sin \alpha$, а его скорость—$v \sin \alpha = v \frac{R-h}{R}$ (см. рис. 11). Воспользуемся теперь законом сохранения энергии. Сразу же после удаления обруч обладает кинетической энергией $\frac{mv^2}{2}\left(\frac{R-h}{R}\right)^2$. Подняв-

40

Шись на ступенку, обруч будет обладать потенциальной энергией $mgh$ и некоторой кинетической энергией $\frac{mv_h^2}{2}$; следовательно,

$$\frac{mv_h^2}{2} \left( \frac{R-h}{R} \right)^2 = mgh + \frac{mv_h^2}{2}.$$

Отсюда найдем скорость, которое будет иметь обруч, когда он «взбегется» на ступенку:

$$v_h = \sqrt{v^2 \left( \frac{R-h}{R} \right)^2 - 2gh}.$$

Если скорость $v_{\min}$ это минимальная скорость, при которой обруч «взбегется» на ступенку, то на ступенке он будет обладать только потенциальной энергией, то есть

$$v_h = \sqrt{v_{\min}^2 \left( \frac{R-h}{R} \right)^2 - 2gh} = 0.$$

Отсюда

$$v_{\min} = \frac{R}{R-h} \sqrt{2gh}.$$

И. Ш. Слободецкий

Ф313. Коэффициент преломления аммосферы планых хуменышаемся с высотой $h$ над ее поверхности по закону $n = n_0 - \alpha h$. Радиус планыны $R$. Наимен, на какой высоте $h_0$ над поверхности планыны находится оптический канал, по котором световые лучи будут обходить планыу, оставясь на постоянной высоте. Расмотрим два крайних луча.

Луч, оставшийся на постоянной высоте $h_0$ (рис. 12), обойдет планыу за время

$$t = \frac{2\pi(R+h_0)}{v_1} = 2\pi(R+h_0) \frac{n_0 - \alpha h_0}{c}.$$

Другой луч того же светового канала, отсутствий от первого на расстояние $\Delta h \ll h_0$, должен обойти планыу на высоте $h_0 + \Delta h$ за то же самое время (только в этом случае фронт световой волны, распростяющейся по каналу, будет всюду перпендикулярен окружности радиуса $R + h_0$):

$$t = \frac{2\pi(R+h_0 + \Delta h)}{v_2} = 2\pi(R+h_0 + \Delta h) \frac{n_0 - \alpha(h_0 + \Delta h)}{c}.$$

Приравняв время распростяния и учитывая, что $\Delta h \ll h_0$, найдем

$$h_0 = \frac{1}{2} \left( \frac{n_0}{\alpha} - R \right).$$

Заметим, что расстояние является круговой рефракцией. Как показывает наблюдения, оно возможно, например, в атмосфере Венеры.

41

Ф314. По эладкой и абсо-
лотно неупрусяй мрубке,
содержащей очень большое
число колен, начиная с сколь-
зимы шарика (рис. 13). Найти
установившуюся скорость
движения шарика по горизонтальным
участкам мрубки. Зависит ли она от начальной
скорости? Разность высотем соседних горизонтальных
участков h. Наклонные
участки образуют с горизонтом угодл α.

Двигаясь по наклонному участку главной трубки, шарик увеличивает свою кинетическую энергию, а при удалах в момент перехода с одного участка на другой — теряет энергию. Поэтому действительное можно говорить об установившейся скорости $v_{yct}$ движения шарика по такой трубке. Показем это более строго.

При каждом ударе составляющая импульса шарика, перепределularная оси того колена трубки, в которой шарик переходит, становится равной нулю. Составляющая же импульса, направлена вдоль оси этого колена, остается неизменной. Поэтому, если шарик подошел к излому трубки со скоростью $v$, он отойдет от него со скоростью $v$ угодл α (рис. 13).

Пусть скорость шарика в конце начального горизонтального участка равна $v_0$. После перехода через излом она будет равна $v_0$ угодл α. В конце первого начального участка скорость увеличится до значения

$$v_1 = \sqrt{v_0^2 \cos^2 \alpha + 2gh},$$

которое можно найти, применяя закон сохранения механической энергии

$$\frac{m(v_0 \cos \alpha)^2}{2} + mgh = \frac{mv_1^2}{2}.$$

На втором горизонтальном участке, следующего после перехождения излом, скорость будет равна

$$v_2 = v_1 \cos \alpha = \sqrt{v_0^2 \cos^2 \alpha + 2gh \cos \alpha},$$

на третьем горизонтальном участке —

$$v_3 = \sqrt{v_0^2 \cos^6 \alpha + 2gh \left(\cos^4 \alpha + 1\right) \cos \alpha},$$

на четвертом —

$$v_4 = \sqrt{v_0^2 \cos^{10} \alpha + 2gh \left(\cos^8 \alpha + \cos^4 \alpha + 1\right) \cos \alpha},$$

на n-м —

$$v_n = \sqrt{v_0^2 \cos^{2(2n-3)} \alpha + 2gh \left(\cos^4(n-2)\alpha + \cos^4(n-3)\alpha + \ldots + 1\right)} \times \cos \alpha = \sqrt{v_0^2 \cos^{2(2n-3)} \alpha + 2gh \frac{1 - \cos^4(n-1)}{\cos^4 \alpha}} \cos \alpha.$$

Так как $\cos \alpha < 1$, при очень больших $n \cos^2(2n-3) \alpha \ll 1$ и $\cos^4(n-1) \alpha \ll 1$. Поэтому шарик будет движаться по горизонтальным участкам с установившейся скоростью

$$v_{yct} \approx \frac{\cos \alpha}{\sqrt{1 - \cos^4 \alpha}} \sqrt{2gh} = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha \sqrt{1 + \cos^2 \alpha}} \sqrt{2gh}.$$

Заметим, что $v_{yct}$ не зависит от начальной скорости $v_0$. Знача, что установившаяся скорость существенно из уравнения (*), где необходимо положить $v_{yct} = v_0 = v_1 \cos \alpha$ (см. рис. 13).

42

Ф315. Проволочная спираль, присоединная к городской осветительной семи, наревается электрическим током. Половину спирали начинают охлаждать (например, водой). Как это отразится на количестве металла, выделаемого этой половиной спирали? Все спиралы? Напряжение семи считать неизменным.

Рис. 14.

Рис. 15.

Обозначим сопротивление каждой половины спирали до начала охлаждения через $R$ (рис. 14). Так как сопротивление металлов зависит от температуры (увеличивается при нагревании и уменьшается при охлаждения), то охлаждение одной из половин спирали приведет к уменьшению сопротивления этой половины до некоторой величины $R_1 < R$. Поскольку напряжение сети $U$ неизменено, это вызовет увеличение силы тока в цепи и, следовательно, дополнительное нагревание другой половины спирали. Сопротивление этой половины увеличится истанет равным $R_2 > R$ (рис. 15).

Новое значение силы тока в цепи $I = \frac{U}{R_1 + R_2}$ будет больше прежнего $I_0 = \frac{U}{2R}$. Действительно, предположим обратное, что $I \leqslant I_0$. тогда сопротивление неохлаждаемой половины спирали остаются прежним или уменьшится ($R_2 \leqslant R$), а сопротивление охлаждаемой половины $R_1 < R$. Следовательно, общее сопротивление $R_1 + R_2 < 2R$ и новое значение тока $I > I_0$, что противоречит нашему предположению.

Итак, $I > I_0$, и поэтому выделяемая во всей цепи мощность (то есть количество теплы в единицу времени) $P = IU$ увеличится.

Так как $I > I_0$ и $R_2 > R$, то количество теплы $P_2 = I^2 R_2$, выделяемое в неохлаждаемой половине, также увеличится.

Мощность $P_1 = I^2 R_1 = \frac{U^2 R_1}{(R_1 + R_2)^2}$, выделяемая в охлаждаемой половине, наоборот, уменьшится сначала мощность $P_0 = I^2 R = \frac{U^2}{4R}$. Покажем это.

Найдем отношение $P_0/P_1$:

$$\frac{P_0}{P_1} = \frac{U^2}{4R} : \frac{U^2 R_1}{(R_1 + R_2)^2} = \frac{(R_1 + R_2)^2}{4R_1 R_2}.$$

Очевидно, что

$$\frac{(R_1 + R_2)^2}{4R_1 R} > \frac{(R_1 + R_2)^2}{4R_1 R_2},$$

а посленее выражение больше или равно 1, так как среднее геометрическое двух величины $(\sqrt{R_1/R_2})$ не превышает среднего арифметического $(\frac{R_1 + R_2}{2})$.

Таким образом, действительно $P_1 < P_0$, то есть мощность, выделяемая в охлаждаемой половине спирали, уменьшится.

Ф316. Если вынуклы «звездчатый» многообразны, выпеленный из пластмала, с сильной бросать вертикально вниз, то он будет отскакивать как упругей резиновый мячик, практический не сминаясь. В мою же время пластмали легко мнемся руками. Почему?

Под действием внешних сил любое тело может деформировать. Если освобождаенное от действия сил тело восстановляется свою первоначальную форму и размеры, то деформация называется упругой. Если же тело не полностью возвращается к первоначальному виду, то говорят, что нарушу с упругой деформацией происходит также и пластмакая деформация.

Материалы, которые могут переносить без разрушения пластмакие деформации очень больше по сравнению с величины упругой деформации, называются пластмакыми. Наоборот, если разрушение наступает после пластмакой деформации, весма малой по сравнению с упругой, то материал называется хруплким.