Решения задач М331—М335; Ф343—Ф347

39

разуют замкнутую систему. На рисунке 1 показана траектория частицы 1 и положение обих частиц в момент времени, когда скорость частицы 1 равна v, а скорость частицы 2 равна — 3v. Построить траекторию частицы 2, если $\frac{m_1}{m_2} = 3$.

Ф385. Большая тонкая проводящая пластина площи S и толщины d помещена в однородное электрическое поле E, перpendикулярное пластине. Какое количество теплла выделится в проводнике, если поле выключить?

П. Зубков

Ф386. В верхних равноведренного прямого треугольника, катет которого равен a, расположены одинаковые металлические шарики радиусов r (r≤a). Шарики заряжены зарядом q каждый. Шарики 1 и 2 соединяют проводником, затем проводник убирают. Затем также поступают с шариками 2 и 3 и, наконец, с шариками 3 и 1. Какие заряды установились на шариках?

Ф387. Два велиспедиста в цирке едут с одинаковыми линейными скоростями v по окружностям радиусов R₁ и R₂, центры которых находится на расстоянии l друг от друга (l < (R₁+R₂)). Один из велиспедистов движется по часовой стрелке, другой — против. Найти относительные скорости велиспедистов (в системе координат, связанной с одним из них) в тот момент, когда они оба находится на линии, проходящей через центры окружностей, в точках: a) A₁ и A₂; б) A₁ и B₂; в) B₁ и B₂; г) A₂ и B₁ (рис. 2).

Решения задач

M331. a) Треугольник A₁B₁C₁ получился из треугольника ABC поворотом вокруг центра описанной окружности на некоторый угол, меньший 180°. Доказание, что точки пересечения соответствующих прямых: (AB) и (A₁B₁), (BC) и (B₁C₁), (CA) и (C₁A₁) — являются вершинами треугольника, подобно треугольнику ABC.

b) Четырехугольник A₁B₁C₁ получился из четырех-

Многие читатели присладали решения этих задач, основанные на рассмотрении вписанных углов. Такие решения, как правило, не содержали разбора случая, при котором пересекаются не соответствующие стороны, а ихprodолжения. Приведем более простое и общее решение, использующее геометрические преобразования.

a) Обозначим точку пересечения прямой AB с прямой A₁B₁ (получившейся из (AB) поворотом вектора O описанной окружности на угол α) через C₂: C₂ = (AB) ∩ (A₁B₁) (рис. 1). Проведем из центра O перpendикуляр OC₀ к хорде AB; тогда C₀ — середина хорды AB. Очевидно, что

$$|OC_2| \cdot |\cos \frac{\alpha}{2}| = |OC_0|.$$

40

уездыка ABCD, описанное в окружностстве центром O, поворотом вокруг центра O на некоторый угол, меньший 180°. Доказим, что мощ пересечения соответствует прямых: (AB) и (A1B1), (BC) и (B1C1), (CD) и (C1D1), (DA) и (D1A1) — являются вершинами параллелограмма.

Следовательно, середина C0 хорды AB переходит в точку C2 пересечения прямых AB и A1B1 в результате последовательного выполнения двух преобразований: поворота на угол α/2 относительно центра O и готовится с тем же центром и коэффициентом 1/|cos α/2|. Указанное преобразование не зависит от выбора хорды, поэтому после его выполнения середины A0 и B0 хорд BC и AC соответственно переходит в точки A2 = (BC)∩(B1C1) и B2 = (CA)∩(C1A1). Из этого следует, что треугольник A2B2C2 подобен треугольнику A0B0C0 с коэффициентом подобия 1/|cos α/2|.

6. Решение этой задачи совершено аналогично предыдущему. Пусть P, Q, R, S — середины хорд AB, BC, CD, DA (рис. 2). Нетрудно доказать, что четырехугольник PQRS — параллелограмм. Поэтому и точки пересечения P1 = (AB)∩(A1B1), Q1 = (BC)∩(B1C1), R1 = (CD)∩(C1D1) и S1 = (DA)∩(D1A1) являются вершинами параллелограмма P1Q1R1S1, подобного параллелограмму PQRS с коэффициентом подобия 1/|cos α/2|.

3. Скопец

Рис. 1.

Рис. 2.

М332. Можно ли составить куб размеры k×k×k из белых и черных кубков 1×1×1 так, чтобы для каждой кубикаровно два из его соседей имели бы том же цвет, что и он сам? (Два кубика сцимаются соседними, если они имеют общую грань.)

Ответ. При k четном можно, при k нечетном нельзя.

Пример для четного k построить нетрудно: можно, например, составить куб из чередушихся черных и белых блоков размеры 2×2×1 или из чередушихся слоев, изображенных на рисунке 3 (на этом рисунке показаны два сечения куба k×k×k, k = 8, горизонтальных плоскостей, нахождения на расстоянии единица друг от друга).

Предположим, что и для нечетного k составить нужный куб можно. Соединним центры соседних белых кубков отрезками. Из каждой центра будет выполнить по два отрезка. Таким образом, мы получим одну или несколько замкнутых ломаных, звенья которых параллельны ребрам куба, а общая длина равна числу белых кубков. Нолина замкнутой ломаной, составленной из единичных отрезков трех взаимоперендикулярных направлений, очень удобна. Поэтому без

41

Рис. 3.

М333. Три мужи ползают по сторонам треугольника ABC так, что центр мужи образуется треугольника остатся на одном месте. Докажите, что он совпадает с центром мужи треугольника ABC, если известно, что одна из мужи прополза по всей границе треугольника. (Центр мужи называется точка пересечения его медиан.)

Рис. 4.

М334. Дан многочлен P (x):
а) с натуральными коэффициентами,
б) с целыми коэффициентами.
Для каждого натурального числа п через aₙ обозначим сумму цифр в десятичной записи числа P (n). Докажите, что найдется число, которое встречается в последовательности a₁, a₂, a₃, … бесконечное число раз.

Пусть P(x) = cₙxᵙ + cₙ-1xᵙ-1 + … + c₁x + c₀, cₙ ≠ 0.
a) Числа cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀ — неотрицательны.
Рассмотрим такое натуральное число l, что 10ᵀ больше чисел cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀. Тогда в десятичной записи числа aᵢ = P(10ᵀ) будет сначала идти цифры числа cₙ, затем нулы; затем цифры числа cₙ-1 — опять нулы; цифры числа cₙ-2 — нулы и т. д. Таким образом, сумма цифр числа aᵢ = P(10ᵀ) равна сумме S цифр всех чисел cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀. Рассуждая аналогично, мы видим, что

S = сумма цифр a₁₀l+1 = сумма цифр a₁₀l+2 = …,
t. е. число S встречается в последовательности a₁, a₂, … бесконечное число раз.

6. Заменив, если нужно, P (x) на — P (x), мы можем считать, что cₙ > 0. Пусть m — какое-то натуральное число. Положим Q (x) = P (x + m) = cₙ (x + m)ᵙ + cₙ-1 (x + m)ᵙ-1 + … + c₁ (x + m) + c₀. Раскрыв скобки и приведя подобные члены, мы видим, что Q (x) — многочлен с целыми коэффициентами. Если bₖ — сумма цифр числа |Q(k)|, то ясно, что bₖ = aₖ+m. Поэтому нам достаточно подобрать число m так, чтобы все коэффициенты многочлена Q (x) были неотрицательны; тогда неокторое число будет бесконечное число раз встречается в последовательности b₁, b₂, … и, значит, встречается бесконечное число раз и в последовательности a₁, a₂, … Покажем, что для этого нам достаточно взять любое число m, строго больше всех чисел |cₙ-1|, |cₙ-2|, …, |c₀|. Действительно,

P (x) = (cₙ - 1)xᵙ + (x + cₙ-1 - 1)xᵙ-1 + (x + cₙ-2 - 1)xᵙ-2 + … + (x + c₀ - 1) + 1.

43

Найдем такое наиболее возможное значение числа $A = \sum_{k=1}^{7} a_k$, чтобы последнее неравенство все еще было верным. Нетрудно доказать (мы сделаем это ниже), что

$$\sum_{k=1}^{7} a_k^2 \geq \frac{1}{7} \left( \sum_{k=1}^{7} a_k \right)^2 = \frac{1}{7} A^2;$$

тогда из неравенства (**) следует, что

$$\frac{1}{7} A^2 - A \leq \sum_{k=1}^{7} a_k^2 - \sum_{k=1}^{7} a_h \leq 42,$$

или $$\frac{1}{7} A^2 - A \leq 42,$$ или $$A^2 - 7A \leq 294,$$ то есть $(A - 21)(A + 14) \leq 0$, откуда $A \leq 21$.

Доказательство для квадрата $13 \times 13$ клеток проводится аналогично, и мы советем читательм проделать все выкладки самостояльно.

Сейчас мы доказем (для любых $n \geq 1$, $a_k \geq 0$, $k = 1, 2, \dots, n$) неравенство

$$\sum_{k=1}^{n} a_k^2 \geq \frac{1}{n} \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right)^2.$$

Для удобства выкладок положим $na = \sum_{k=1}^{n} a_k$ и доказем, что $\sum_{k=1}^{n} a_k^2 \geq na^2$. Обозначим разность между числом $a_k$ и средним значением $a$ чисел $a_k$ через $\varepsilon_k: \varepsilon_k = a_k - a$. Тогда

$$na = \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (a + \varepsilon_k) = na + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k,$$

и поэтому

$$\sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k = 0.$$

Отсюда следует:

$$\sum_{k=1}^{n} a_k^2 = \sum_{k=1}^{n} (a + \varepsilon_k)^2 =$$

$$= \sum_{k=1}^{n} a^2 + 2a \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k^2 = na^2 + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k^2 \geq na^2.$$

В заключение следует одно замечание. В условиях задания мы обошли молчанием тот факт, что правильные квадраты из $7 \times 7$, $13 \times 13$ (вобше, $(m^2 + m + 1) \times (m^2 + m + 1)$, где $m = 2, 3, \dots$) клеток допускают красивое геометрическое истолкование. Например, таблицу на рисунке 5 можно считать таблицей инцидентности семи точек и семи прямы на рисунке 7 (пунктирную кривую … $A \dots B \dots C \dots$)

44

Ф343. Уеол, под коморым видно Солнце с Земли (уеловой диаметр), равен приблизимелю $\alpha \approx 10^{-2}$ рад. Радуус Земли $R_3 = 6400$ км. Ускорение свободного падения на Земле $g \approx 10$ м/сек². Определите из этих данных отношение средних плотностей Земли и Солнца, приимая во внимание, что $1 \text{еод} \approx 3 \times 10^7$ сек.

При мечанце. Объем шара вычисляется по формуле $V = \frac{4}{3} \pi R^3$, где $R$ — радуус шара.

Рис. 8.

Ф344. Заряд Q равномерно распределен по монкому диэлектрическому колцу, коморое лежит на главной горизонтальной плоскости. Индукция магнитного поля, перpendикулярного к плоскости колца, меняется от 0 до $B_0$. Какую уеловую скорость врачиния при этом колюцо? Масса колца равна $m$.

При движении Земли вокруг Солнца слияя тяготения $F = \gamma \frac{m_C m_3}{L^2}$ сообщает Земле центростремительное ускорение $a_ц = \omega^2 L = \frac{4\pi^2}{T^2} L$. Здесь $\omega$ — угловая скорость, $T = 1 \text{еод}$ — период обращения Земли вокруг Солнца, $m_C$ — масса Солнца, $m_3$ — масса Земли и $L$ — радиус орбиты Земли. Согласно второму закону Ньютона

$$\gamma \frac{m_C m_3}{L^2} = m_3 \frac{4\pi^2}{T^2} L.$$

(1)

Но $\gamma \frac{m_3}{R_3^2} = g$, следовательно,

$$m_C g \frac{R_3^2}{L^2} = m_3 \frac{4\pi^2}{T^2} L.$$

(2)

Так как $m_3 = \frac{4}{3} \pi R_3^3 \rho_3$ и $m_C = \frac{4}{3} \pi R_C^3 \rho_C$, то из соответствия (2) следует, что

$$\frac{\rho_3}{\rho_C} = \frac{g R_C^3 T^2}{4\pi^2 L^3 R_3}.$$

Тепер нам остается только выражить $R_C$ через $L$ и $\alpha$. Очевидно, что $R_C = L \alpha/2$ (рис. 8). Поэтому окончательно получаем

$$\frac{\rho_3}{\rho_C} = \frac{g \alpha^3 T^2}{32\pi^2 R_3} \approx 4,4.$$

◆

При изменении магнитного поля возникает электрическое поле, направленность которого в каждой точке колца направлена по касательной к колцу. Эту направенность можно вычислить, разделив Э. д. с. индукции, возбуждаемую в круговом контуре радиуса $R$, равного радиуса колца, на длину окружности контура:

$$E = \frac{|\mathcal{E}_{инд}|}{2\pi R} = \frac{1}{2\pi R} \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|.$$

Выделим малый участок колца длиной $\Delta l_i$ с зарядом $\Delta Q_i = \frac{Q}{2\pi R} \Delta l_i$ и массой $\Delta m_i = \frac{m}{2\pi R} \Delta l_i$.

46

Таким образом,

$$N = \frac{Mgv}{2} = \frac{Mg}{2l} \sqrt{\frac{Mg}{\rho\pi}}. \tag{3}$$

Плотность воздуха можно найти из уравнения состояния идеального газа

$$pV = \frac{m}{\mu} RT.$$

Отсюда

$$\rho = \frac{m}{V} = \frac{\rho\mu}{RT}. \tag{4}$$

Для оценок будем считать, что воздух находится при нормальном атмосферном давлении $p = 10^5 \text{ h/m}^2$ и при температуре $T = 300^\circ\text{K}$. Подставив соответствующее значение величины в формулы (3) и (4), найдем

$$N \approx 3 \cdot 10^4 \text{ bm} = 30 \text{ квт.}$$

С. Козел

Ф346. Одна из обкладок плоского конденсатора площадью $S$ подвешена наружнее. Другая обкладка закреплена неподвижно. Расстояние между пластинами в начальной момент равно $l_0$. Конденсатор на короткое время подключики к батарее, и он зарядился до напряжения $U$. Какой должа бышь жесткость пружины $k$, чтобы не просходило касания пластин? Смеценцем пластин за время зарядки можно пренебреть.

При подключении к источнику конденсатор заряжается до разности потенциальов $U$, и его пластины приобретают заряды $+q$ и $-q$, где

$$q = CU = \frac{\varepsilon_0SU}{l_0}.$$

Верхняя заряженная пластина конденсатора оказывается при этом в поле заряда нижней пластины, и на нее действует сила $F = qE$, где $E$ — напряжение поля заряда нижней пластины. Так как в плоском конденсаторе линейные размеры пластин много больше расстояния между пластинами, то можно считать, что это поле совпадает с полем бесконечной равномерной пластости. Напряжение такого поля не зависит от расстояния до плоскости и равна

$$E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{q}{2\varepsilon_0S} = \frac{U}{2l_0}.$$

Под действием силы $F$ верхняя пластина придет в движение, растягивая пружину. Сила $F$, так же как и сила тяжестеки, не зависит от положения пластины, а сила упругости пружины по абсолотной величины пропорциональна смесению. Поэтому пластина будет совершать гармоничное колбания около положения равновесия, в котором (рис. 10)

$$F + mg = F_{\text{упр}}, \tag{*}$$

где $m$ — масса пластины. Амплитуда колбанный пластины будет равна расстоянию $h$ между ее первоначальным положением и положением равновесия. Следовательно, пластины не будут соприкасаться, если это расстояние $h$ меньше положений perвоначального расстояния между пластинами, т. е. если

$$h < \frac{1}{2} l_0.$$

Обозначим деформацию пружины в perвоначальном положении через $\Delta x_0$. Ее деформация в новом положении равновесия равна $\Delta x_0 + h$, и

$$F_{\text{упр}} = k (\Delta x_0 + h).$$

Так как perвоначально верхняя пластина находится в равновесии, то

$$mg = k \Delta x_0.$$

47

Подставив выражения для $F_{\text{упр}}$ и $mg$ в формулу (*), получим:
$$F + k\Delta x_0 = k(\Delta x_0 + h),$$
или
$$h = \frac{F}{k}.$$
Таким образом, пластны не коснутся, если
$$\frac{F}{k} < \frac{1}{2} l_0,$$
или
$$k > \frac{2F}{l_0} = \frac{2qE}{l_0} = \frac{\varepsilon_0SU^2}{l_0^3}.$$

Ф347. Космический корабль врачается вокруг Луньи по круговой орбите радиуса $R = 3,4.10^6$ м. С какой скоростью нужно выбросить из корабля вымел по касательной к траектории корабля, чтобы он унал на промивоположной стороне Луньи? Через какое время вымел упадет на Луну? Приямь, что ускорение свободного надения мелえば из Луньи в б раз меньше земного. Радиус Луньи приямь равным $1,7.10^6$ м.

Вымплел, выброшенный из корабля, должен двигаться по эллиптической орбите, касающейся поверхности Луньи (рис. 11). Большая ось этой орбиты равна $R + R_\text{л}$, где $R_\text{л}$ — радиус Луньи. Найдем скорость $v_1$, которое должен вымплел в максимальное удалённой точке $A$ этой орбиты (т. е. в точке выброса вымплела из корабля). Для этого воспользуемся законом сохранения энергии и вторым законом Кеплера.

Сила тяготения между вымплером и Луной аналогична силе взаимодействия двух точчных электрических зарядов противоположных знаков. Поэтому, зная выражение для потенциальной поля точного заряда, можно по аналогии записать выражение для потенциальной энергии вымплела в точке $A$ в виде *)

$$\Pi_A = -\gamma \frac{M_\text{л} m}{R}$$

($M_\text{л} - \text{масса Луньи}, m - \text{масса вымплела}$). В точке $B$ — точке касания траектории вымплела поверхности Луньи — потенциальная энергия равна

$$\Pi_B = -\gamma \frac{M_\text{л} m}{R_\text{л}}.$$

Кинетическая энергия вымплела в точках $A$ и $B$ равна

$$K_A = \frac{mv_1^2}{2} \text{ и } K_B = \frac{mv_2^2}{2},$$

где $v_2$ — скорость вымплела в точке $B$. Согласно закону сохранения энергии

$$\frac{mv_1^2}{2} - \gamma \frac{M_\text{л} m}{R} = \frac{mv_2^2}{2} - \gamma \frac{M_\text{л} m}{R_\text{л}}.$$

Сокращая на $m$ и учитывая, что $\gamma \frac{M_\text{л}}{R^2_\text{л}} = g_\text{л}$, получим

$$\frac{v_1^2}{2} - g_\text{л} \frac{R^2_\text{л}}{R} = \frac{v_2^2}{2} - g_\text{л} R_\text{л}.$$

(*) См., например, статью С. Козела «Физические аналогии», «Квант», 1975, № 11.