Решения задач М450—М454; Ф467—Ф471

24

К одному из концов стержня прикреплен тяжелый шарик массы $m$, другой конец стержня прикреплен к горизонтальной пружине жесткости $k$ (рис. 5). Пружина не растянула, когда стержень вертикален. Определить период малых колебаний стержня.

Ю. Левчук

Ф516. Тяжелый диск радиуса $R$ скатывается на двух нерастяжимых нитях, намотанных на него. Свободные концы нитей закреплены (рис. 6). Нити при движении диска постояно натянуты. В некоторых момент угловая скорость диска равна $\omega$, а угол между нитями $\alpha$. Какова в этот момент скорость центра диска?

А. Матвеев

Ф517. Пучок электронов с энергий $E=1,0$ кэВ проходит через два небольших конденсатора, остоящих друг от друга на расстоянии $l=20$ см. Оба конденсатора подключены параллельно к одному генератору. Изменением частоты генератора добавляется того, что пучок электронов проходит эту систему без отклонения. Определить отношение $e/m$ для электрона, если два последовательных значения частоты, при которых выполняется это условие, равны 141 МГц и 188 МГц.

Решения задач

M450—M454; Ф467—Ф471

М450. Система прямоугольников из n эмяжей (рис. 1) построена следующим образом. Начиная с нижнего прямоугольника, образующей первый эмяж, верхняя сторона какдого прямоугольника делится в отношений 1: 2: 3; на трех полученных отрезках как на основании строгая прямоугольника может же высеть, что и первоначальный, и так — до самого верхнего эмяжа. Из полученного множества прямоугольников выбрано некоторое подмножество, состоящее из попарно неконергузимых прямоугольников (одно.makeе подмножество на рисунке — красное). Докажите, что найдемся вертикальная прямая, пересекающая не более двух из выбранных прямоугольников.

Оценим общую площадь попарно неконгузимых прямоугольников. Площадь каждого из них равна $S/3k^2m$, где $S$ — площадь нижнего прямоугольника, $k$ и $m$ — целые, $k \geq 0, m \geq 0, k + m \leq n$. Сумма различных х чисел вида $1/3k^2m$ не превышает

$$1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{3^n} +$$

$$+ \frac{1}{2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2 \cdot 3^n} +$$

$$+ \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^2 \cdot 3} + \frac{1}{2^2 \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2^2 \cdot 3^n} + \dots + \frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^n \cdot 3} + \frac{1}{2^n \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2^n \cdot 3^n}.$$

Сумма чисел в столбцах меньше соответствующего $2,2 \cdot \frac{1}{3},2 \cdot \frac{1}{3^2},\dots$

$$\dots,2 \cdot \frac{1}{3^n},a 2 \left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{3^n}\right) < 2 \cdot \frac{3}{2} = 3.$$

Не если бы каждая вертикальная прямая пересекала три

25

М451. На плоскости отмечено несколько точек, не лежащих на одной прямой, и около каждой написано число. Известно, что если прямая проходит через или более отмеченных точек, то сумма всех чисел, написанных около этих точек, равна нулю. Доказим, что все числа равны нулю.

Обозначим для отмеченной точки $x$ через $a_x$ написанное около нее число, а через $n_x$ — количество попарно различных прямых, соединяющих точку $x$ со всем другим отмеченным точками. Пусть $S$ — сумма чисел, написанных около всех отмеченных точек. По условию, сумма чисел в отмеченных точек каждой из $n_x$ прямых, проходящих через $x$, равна нулю. Поэтому и сумма чисел по всем этим $n_x$ прямым равна нулю. С другой стороны, эта сумма равна $(n_x-1)a_x+S$, так что

$$(n_x-1)a_x+S=0.$$

Предположим, что для некоторой точки $x$ число $a_x>0$. Тогда найдется отмечная точка $y$, около которой написано число $a_y<0$ (доказите!). Воспользовавшись (1), получим равенство

$$(n_y-1)a_y=(n_x-1)a_x.$$

По условию все отмеченные точки не лежат на одной прямой. Поэтому $n_x>1$ и $n_y>1$. Мы пришли к противоречению, так как в равенстве (2) справа и следа стоит числа разных знаков.

Ф. Вайницей

М452. В окружность вписаны треугольники $T_1$ и $T_2$, причем вершины треугольника $T_2$ являются серединами душе, на котором окружность разбиается вершина треугольника $T_1$. Доказим, что в шестиугольнике $T_1 \cap T_2$ диагонали, соединяющие противоположные вершины, параллельны сторонам треугольника $T_1$ и пересекаются в одной точке.

Пусть $A, B$ и $C$ — вершины треугольника $T_1$, а $A', B'$ и $C'$ — вершины треугольника $T_2$ (причем $A'$ — середина дуги $BC$, $B'$ — середина дуги $AC$ и $C'$ — середина дуги $AB$, рис. 2). Прямые $AA', BB'$ и $CC'$, являющиеся бисекторисами углов треугольника $T_1$, пересекаются в центре $O$ вписанной в треугольник $T_1$ окружности. Пусть $MN$ — диагональ, соединяющая противоположные вершины $M$ и $N$ шестиугольника $T_1 \cap T_2$ ($M=[AB] \cap [B'C']$, $N=[BC] \cap [A'B']$). Доказем, что $(MN)$ параллельна $(AC)$ и проходит через точку $O$ (из этого будет следовать утверждение задачи). Для этого мы доказем, что отрезки $OM$ и $ON$ параллельны $AC$. Тогда $[OM] \parallel [ON] \parallel (AC)$, откуда следует, что точки $M$, $O$ и $N$ лежат на одной прямой, параллельной $(AC)$. Итак, нужно доказать, что $[OM] \parallel (AC)$ (доказательство параллельности $[ON]$ и $(AC)$ аналогично). Пусть $K=[OA] \cap [B'C']$. Заметим, что угол $C'KA'$ опирается на дуги, величины которых в сумме составляет $180^\circ$ (почему?), и, следовательно, прямой. Таким образом, $[B'K]$ в треугольнике $OB'A$ является одновременно бисекторисой и высотой. Следовательно, $[B'C']$ — серединный перпендикуляр к отрезку $AO$; поэтому $|AM|=|OM|$ и $OAM=AOM$. Но $OAM=OAC$ и, значит, $AOM=OAC$. А это и означает, что отрезок $OM$ параллель стороны $AC$, что и требовалось доказать.

Н. Нечеваем

26

М453. Дано множество положимельных чисел $\{a_1; a_2; \dots, a_n\}$. Для каждого его подмножества выписем сумму входящих в него чисел (расматриваются суммы из однозою, двух, …, n слааемых). Докажите, что все выписанные числа можно так разбить на n групп, чтобы в каждой группе отношение набольшего числа к наименьшему не превысило 2.

Достаточно указать $n$ отрезков вида $[b_i, 2b_i]$ ($i = 1, 2, \dots, n$), объединение которых содержит все суммы неокторых из данных $n$ чисел: тогда суммы, принадлежные каждому отрезку, образуют группу чисел, удовлетворяющих нужному условиям.

Эти отрезки можно строить по-разному. Приведем самый красивый способ (его указал Д. Берништейн).

Занутерем данные числа в порядке возрастания: $a_1 \leqslant a_2 \leqslant \dots \leqslant a_n$, положим $b_i = (a_1 + a_2 + \dots + a_i)/2$ и докажем, что каждая сумма неокторых из чисел $a_i$ попадает в один из отрезков $[b_i, 2b_i]$.

Ясно, что наименьшая «сумма» $a_1 \in [b_1, 2b_1]$, так как $2b_1 = a_1$, а наибольшая — $(a_1 + \dots + a_n) \in [b_n, 2b_n]$, так как $2b_n = a_1 + \dots + a_n$. Осталось доказать, что невозможен случай, когда неокторая сумма $s$ лежит между $2b_k$ и $b_{k+1}$. Пусть

$$s > 2b_k = a_1 + a_2 + \dots + a_k.$$

(1)

Тогда $s$ содержит неокторое $a_i \geqslant a_{k+1}$, то есть

$$s \geqslant a_{k+1}.$$

(2)

Сложив (1) и (2), получим $2s \geqslant a_1 + \dots + a_k + a_{k+1}$, то есть $s \geqslant b_{k+1}$. Значит, $s$ не может лежать между $2b_k$ и $b_{k+1}$.

М454. За круглым столом сидем 7 едимов. Перед каждой стомунку кружка. В некоторых из этих кружек наименьшее молоко. Один из едимов разливаем все свое молоко в кружки остальных поровну. Затем его сосед справа делаем по же самое. Затем по же самое делаем следующий сосед справа и так далее. После того как последний, седьмой,第八им разили всем остальных свое молоко, в каждой кружке оказалось столько же молока, сколько было в ней вначале. Во всех кружках вместе молока 3 литра. Сколько молока было первоначально в каждой кружке?

Ответ изображен на рисунке 3. Проверим его. После того как гном, помеченный красной точкой, разолёт свое молоко поровну остальным (по 1/7 л), вновь получится (с сдвигом на одного гнома) точно такое же распределение молока; при этом 6/7 л молока будет у того гнома, чья очередь разливает молоко. Ясно, что после семи переливаний мы вернемся к первоначальному распределению.

Покажем теперь, как можно было делать это ответа, и докажем его единственное. Заметим, что в условиях задачи проесс переливаний по кружу можно считать периодически продолженным; поэтому все гномы совершенно равноправны.

Естественно сначала искать такое распределение молока, которое повторится (с сдвигом на одного гнома) уже после одного по переливании. При этом каждый следующий гном будет разливать то же самое количество молока, что и предыдущий, — скажем, 6х литров (каждому гному наливается по x литров). Тогда после очередного переливания у разлившего будет 0 литров молока, у его сосед (разлившего перед ним) — $x$, у следующему (у него до этого было $x$) станет $2x$, …, у последнего, седьмого, гнома — $6x$ литров. Из уравнения $x + 2x + \dots + 6x = 3$ найдем $x = 1/7$ и получим указаный выше ответ.

Нужно, однako, еще выяснить, не может ли быть так, что гномы разливают разное количество молока (и исходное распределение восстанавливается лишь через семь переливаний). Пусть $k$-й гном разливает $6x_k$ литров молока (каждому по $x_k$ литров). Поскольку гномы равноправны, можно считать, что $x_1 \geqslant x_k$ для всех $k = 1, 2, \dots, 7$. После семи переливаний у 1-го гнома, разлившего $6x_1$ литров молока, снова должно набрать $6x_1$ литров, поэтому $6x_1 = x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 + x_7$. Это возможно лишь тогда, когда $x_1 = x_2 = \dots = x_7$. Таким образом, мы приходим к уже разобранному слушанию, когда все гномы разливают одинаковое количество молока. Значит, других ответов нет.

Заметим, что из общих теорем линейной алгебры, которые лежат в основе теории марковских цепей, следует не только единственное ответа в этой задаче, но и такой любопытный факт: как бы не были первоначально налиты 3 литра молока, его распределение будет стремиться (с ростом количества переливаний) к указанному в ответе распределению (0, 1/7, 2/7, …, 5/7, у разлившего — 6/7 литра). Об этих теоремах мы постараемся расскажать в одном из следующих номеров «Квата».

Рис. 3.

Н. Васильев

27

Ф467. Луна одновременно формираируется с одной и той же стороны с Земли и со спутника Луны. Орбитма спутника крутовая. Диаметр изображения Луны на формирации, полученной на Земле, равен 4 мм, а на спутнике Луны — 250 мм. Найти перiod обращения спутника Луны по его орбите, если она снимка сделана с помощью одинаковых объектов с фокусным расстоянием 500 мм. Прияmbть, что ускорение свободного падения на Луне в б раз меньше, чем на Земле, и расстояние от Земли до Луны равно 380 000 км.

Рис. 4. Рис. 5.

На спутник Луны, движущийся по круговой орбите радиуса $R$, действует со стороны Луны слапяжения, равная $F = \gamma \frac{M_{\perp} m}{R^2}$ (м — масса спутника, $M_{\perp}$ — масса Луны). Учтывая, что ускорение свободного падения на Луне $g_{\perp} = \gamma \frac{M_{\perp}}{r_{\perp}^2}$ ($r_{\perp}$ — радиус Луны), можно записать

$$F = mg_{\perp} \left( \frac{r_{\perp}}{R} \right)^2.$$

Эта сила сообщает спутнику центрастремительное ускорение. $|\vec{a}| = \omega^2 R = \frac{4\pi^2 R}{T^2}$, где $\omega = \frac{2\pi}{T}$ — угловая скорость вращения спутника, $T$ — период обращения его по орбите. Итак, $|\vec{F}| = m|\vec{a}|$, то есть

$$mg_{\perp} \left( \frac{r_{\perp}}{R} \right)^2 = m \frac{4\pi^2 R}{T^2}.$$

Отсюда

$$T = 2\pi \frac{R}{r_{\perp}} \sqrt{\frac{R}{g_{\perp}}}.$$

В эту формулу входят две неизвестные величины — $R$ и $r_{\perp}$. Найдем их, «воспользовавшись» фотографиями Луны, полученными с Земли и со спутника. Изображение Луны получается в фокальной плоскости объекта. Луна находится от Земли на расстоянии, много большем ее диаметра. Поэтому можно считать, что при фотографировании с Земли (рис. 4)

$$\frac{d_1}{2r_{\perp}} = \frac{F}{L}, \quad r_{\perp} = \frac{d_1 L}{2F}$$

($d_1$ — диаметр изображения, $L$ — расстояние Земля — Луна, $F$ — фокусное расстояние линзы).

При фотографировании со спутника (рис. 5) на пленке получается изображение части поверхности Луны, ограниченной касательными $OA$ и $OB$. Из подобия треугольников $OMN$ и $OCB$ имеем

$$\frac{BC}{MN} = \frac{R}{ON} \Rightarrow \frac{2r_{\perp}}{d_2} = \frac{R}{a},$$

где $a = \sqrt{F^2 + \left(\frac{d_2}{2}\right)^2}$. Отсюда

$$R = \frac{2r_{\perp}}{d_2} a = \frac{d_1 L}{d_2 F} a.$$

Подставив найденные выражения для $r_{\perp}$ и $R$ в (*), получим

$$T = 4\pi \frac{a}{d_2} \sqrt{\frac{d_1 L}{g_{\perp} d_2 F}} a \approx 6,23 \cdot 10^4 \text{ c.}$$

И. Словодечкий

◆ Максимальная нагрузка, которую выдерживает крана, определяется пределом прочности материалов троса — максимальным напряжением, при котором материал еще не разрушается.

Предположим, что все модели плиты — $q$, площадь поперечного сечения троса — $s$. Например, возникащее

28

же матерциаль, если линейные размеры крана, проза и плит в 12 раз больше, чем в модели?

при нагрузке в одну плиту, равно $\sigma = \frac{q}{s}$. Согласно данным задачи предел прочитности материала троса определяется условием

$$\frac{10q}{s} < \sigma_0 < \frac{11q}{s}$$

(1)

(условие того, что кран-модель поднимает 10 плит, а нагрузку в 11 плит трос не выдерживает).

При переходе к реальным крану и плитам все линейные размеры увеливаются в $n = 12$ раз. Значит, вес плиты увеливается в $n^3$ раз, поперечное сечение троса увеливается в $n^2$ раз:

$$Q = n^3q, S = n^2s$$

(2)

(так как плотность соответствующих материалов не меняется). Максимальное число плит, которые поднять реальный кран, определяется условием

$$\sigma_0 > N \frac{Q}{S} = N \frac{n^3q}{n^2s} = Nn \frac{q}{s},$$

(3)

откуда

$$N < \frac{\sigma_0}{12 \frac{q}{s}}.$$

Но из соответствии (1) следует, что

$$\frac{\sigma_0}{11 \frac{q}{s}} < 1.$$

Следовательно,

$$N < \frac{\sigma_0}{12 \frac{q}{s}} < \frac{\sigma_0}{11 \frac{q}{s}} < 1,$$

то есть реальный кран не может поднять ни одной плиты.

C. Кромов

Ф469. Рисунок 6 сделан со стромбокоптической формурацией кубика, движущемся вдоль наклонной плоскости. Промежутки времени между последовательными всыщками лампы равны 0,1 с. Определить коэффициент трения кубика о плоскосте.

Рис. 6.

Прежде всего определим значение ускорения, с которой движется кубик. Как известно, разность расстояний $l_1$ и $l_2$, проходных телом за последовательные равные промежутки времени $\tau$, равна $l_2 - l_1 = |\vec{a}| \tau^2$, где $\vec{a}$ — ускорение, с которой движется тело. Определив по рисунку с помощью линейки и заданного масштаба $l_2 - l_1$, найдем

$$|\vec{a}| = \frac{l_2 - l_1}{\tau^2} \approx \frac{0,07}{(0,1)^2} \text{ м/c}^2 = 7 \text{ м/c}^2.$$

Определим теперь, в каком направлении (вверх или вниз по наклонной плоскости) движется кубик. Максимальное ускорение, с которым может свободно сокальзывать кубик, — это ускорение, сообщаемое ему силой тяжестей в направлении оси $X$ (рис. 7) в отсутствии силей трения: $$|\vec{a}_{\max}| = |\vec{g}| \sin \alpha.$$ Из рисунка находим $\sin \alpha = \frac{3}{5}$, так что

$$|\vec{a}_{\max}| = |\vec{g}| \frac{3}{5} \approx 6 \text{ м/c}^2.$$

Мы же нашли, что $|\vec{a}| = 7 \text{ м/c}^2$. Значит, кубик движется вверх по наклонной плоскости, а ускорение вдоль оси $X$ ему сообщают силя тяжестей (ее проекция на ось $X$) и силя треня, направленная вниз на наклонной плоскости.

30

В состоянии равновесия число частиц, находящихся в полости, должно очень остаться постоянным. Это означает, что число частиц, попадающих в полость из объема I и II, должно быть равно числу частиц, выходящих из полости.

Число частиц, попадающих в полость из объема I за единицу времени, прямо пропорционально плотности $n_I$ частиц в объема I и средней квадратной скорости $\bar{v}_{KBI}$ частиц в этом объме (поскольку процессорная на любое заданное направление пропорционально средней квадратной скорости): $N_I \sim n_I \bar{v}_{KBI}$. Величина $n_I$ прямо пропорциональная давление $p$ в объема I и обратно пропорциональная значению $\bar{v}^2: n_I \sim \frac{p}{v_I^2}$. В свою очередь $\bar{v}^2_I \sim T$,

$$\bar{v}_{KBI} \sim T^{1/2}.$$

Таким образом,

$$N_I = \alpha p T^{-1/2},$$

где $\alpha$ — коэффициент пропорционального. Аналогично для числа частиц, попадающих в полость за единицу времени из объема II, может записать

$$N_{II} = \alpha p (2T)^{-1/2}.$$

Число частиц, попадающих полость за единицу времени через два ответствия, равно

$$N = 2 \alpha p_\pi T_\pi^{-1/2},$$

где $p_\pi, T_\pi$ — соответственное давление и температура в полости. В состоянии равновесия выполняется условие $N_I + N_{II} = N$, то есть

$$\alpha p T^{-1/2} + \alpha p (2T)^{-1/2} = 2 \alpha p_\pi T_\pi^{-1/2},$$

или

$$p T^{-1/2} + p (2T)^{-1/2} = 2 p_\pi T_\pi^{-1/2}.$$

(1)

В состоянии равновесия не меняется со временем и полная энергия частиц в полости. Это означает, что энергия, приносимая в полость за единицу времени $N_I$ и $N_{II}$ частицами, равна энергии, уносимой $N$ частицами, попадающим полость: $E_I + E_{II} = E$. Поскольку средняя энергия $E_{cp}$ приходится на одну частицу, прямо пропорционально температуре, то $E_I = NE_{cpI} \sim p T^{-1/2} T = \beta p T^{1/2}, E_{II} = \beta p (2T)^{1/2}, E = 2 \beta p_\pi T_\pi^{1/2}$, где $\beta$ — коэффициент пропорционального. Таким образом,

$$\beta p T^{1/2} + \beta p (2T)^{1/2} = 2 \beta p_\pi T_\pi^{1/2},$$

или

$$p T^{1/2} + p (2T)^{1/2} = 2 p_\pi T_\pi^{1/2}.$$

(2)

Решив совместно уравнения (1) и (2), найдем

$$T_\pi = T \sqrt{2}, \quad p_\pi = p \frac{\sqrt{2} + 1}{2 \sqrt{2}}.$$

И. Слободецкий