Решения задач М471—М474; Ф487—Ф490, Ф492

38

Решения задач
M471—M474; Ф487—Ф490, Ф492

М471. Две пересекающие окружности вырезают из плоскости три оргацииенные непересекающие области. Докажите, что не существует окружности, делящей пополам площадь каждой из этих трех областей.

Рис. 1.

М472. Внутри куба расположен выпуклый многообразник, проекция которого на каждую из границ куба совпадает с этой границы. Докажите, что объем многообразника не меньше 1/3 объема куба.

Рис. 2.

М473. Имеется две группы no n цирь, в каждой из которых цирь расположен в порядке возрастания их масс. Покажите, что

a) 2n — 1 взвешивания можно расположить и все 2n цирь в порядке возрастания их масс;

В решении мы будем использовать следующие почты оченьное сообщение: если каждая из двух крывых делит площадь данной фигуры пополам, то они обязательно пересекаются. Предположим, что нужно окружность нашлась. Проведем прямую $O_1O_2$, соединяющую данные окружностей $\gamma_1$ и $\gamma_2$ (рис. 1). Она делит площадь фигуры $G_1$ пополам. Но и $\gamma$ делит эту площадь пополам. Значит, внутри $G_1$ у $\gamma$ и $(O_1O_2)$ есть точка пересечения. Аналогично, у них есть точки пересечения внутри $G_2$ и внутри $G_3$. Мы получили, что окружность и прямая пересекаются более чем в двух точках — противоречие. Значит, такой окружности $G$ быть не может.

Предлагаем вам подумать над задачей с аналогичной формулировкой (эту задачу нам прислал читатель В. Калмыков из г. Воронежа).

Две концентрические окружности ограничиваются две области: колюц и круг меньше радиуса. Докажите, что не существует окружности, делящей пополам площадь каждой из этих двух областей.

С. Фомин

На каждом ребре куба $K$ должен существовать по крайней мере одна точка, принадлежащая многограннику $T$, — иначе проекция $T$ в направлении этого ребра куба не совпадает с соответствующей граничью куба. Выберем на каждом ребре куба $K$ по точке многогранника $T$ (некоторые из них могут оказаться вершинами куба). Пусть $C$ — их выпуклая оболочка (рис. 4). Из выпуклости многогранника $T$ следует, что $C \subset T$. Полягая длину ребра куба равной 1, подсчитаем объем дополнительного $K \setminus C$ многогранника $C$ до куба $K$.

$K \setminus C$ — это объединение всех трех угловых прямид при восхимах куба $K$ (рис. 2). Разобем эти прямиды на пары — по паре прямид при каждом из четырех вертикальных ребер куба. Сумма объем каждой пары прямид не превыходит $\frac{1}{3} h S_1 + \frac{1}{3} (1-h) S_2$ (см. рис. 2).

Поскольку $S_1 \leqslant \frac{1}{2}, S_2 \leqslant \frac{1}{2}$, получаем $\frac{1}{3} h S_1 + \frac{1}{3} (1-h) S_2 \leqslant \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} (h + (1-h)) = \frac{1}{6}$.

Итак, объем $(K \setminus C) \leqslant 4 \cdot \frac{1}{6} = \frac{2}{3}$, следовательно, объем $T \geqslant$ объем $C \geqslant 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Заметим, что оценка $1/3$ — точная: объем tetraэдра, вершины которого — четые несмежных вершины куба, составляет $1/3$ объема куба.

В. Прасолов

Рассмотрим более общую задачу: имеется две группы цирь, в одной группе — m цимук, в другой — n. В каждой группе цирь расположены в порядке возрастания их масс. Требуется найти число φ($m, n$) макое, что

a) проведя φ($m, n$) взвешивания, можно расположить все $m + n$ цирь в порядке возрастания их масс;

b) меньше чем φ($m, n$) числом взвешивания этого сделать, вообще говоря, нельзя.

Задача М473 состоит в том, чтобы доказать, что φ($n, n$) = 2n − 1.

40

шце при делении на 6 остаток 1, должны иметь вид $12k + 1$.

Если же $N = 6l + 3$, то аналогично можно показать, что $N$ может быть совершенным только тогда, когда оно имеет вид $12k + 9$.

Таким образом, мы доказали, что если нечетное совершенное число существует, то оно либо имеет вид $N = 12k + 1$, либо $N = 12k + 9$. Полученный результат можно еще успешить. Как нам сообщили авторы задачи К. Самаркулов и С. Юеай, в 1952 году английский математик Тушаар доказал, что если нечетные совершенные числа существует, то они либо имеют вид $N = 12k + 1$, либо $N = 36k + 9$. Результат Тушаара немедленно вытекает из следующих двух утверждений:

1. Нечетное совершенное число имеет вид $3^{2n}(4k + 1)$, либо $3^{2n+1}(4k + 3)$.
2. Совершенные чисел вида $3^{2n+1}(4k + 3)$ не существует.

Попробуйте доказать эти утверждения самостояльно.

И. Клумова

Ф487. Жука формирающую в двух масштабах: с расстояния $d_1 = 3F$, еде $F$ — фокусное расстояние объектива, и с расстояния $d_2 = 5F$. Во сколько раз надо изменить диаметр диафрамы объектива, чтобы обеспечность изображения на пленке в обих случаях была одной и той же? Считать, что диаметр объектива в обих случаях много меньше $F$.

Рис. 3.

Обозначим через $B$ световой поток, испускаемый единцией плошади поверхности жука внутри единного телесного угла (поверхностная яркость). Тогда с плошади $S_0$ (рис. 3) на объектив photoаппарата падает световой поток

$$\Phi = BS_0\Omega = BS_0 \frac{S_\pi}{d^2}.$$

Здесь $\Omega = \frac{S_\pi}{d^2}$ — телесный угол (на самом деле это равенство не точное, а приближенное), $S_\pi$ — плошадь диафрамы объектива, $d$ — расстояние от photoаппарата до жука.

После объектива световой поток попадает на фотопленку, создавая на ней изображение. Освещенность этого изображения

$$E = \frac{\Phi}{S} = \frac{BS_0S_\pi}{d^2S},$$

где $S$ — площадь изображения выделенного участка поверхности жука. Найдем ее.

Поскольку линейное увеличение линзы равно $f/d$ (f — расстояние от линзы до изображения), относение плошадей изображения и предмета

$$\frac{S}{S_0} = \left( \frac{f}{d} \right)^2.$$

Согласно формуле линзы, $\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$, откуда

$$f = \frac{Fd}{d - F},$$ и $\frac{f}{d} = \frac{F}{d - F}$.

Следовательно, освещенность изображения

$$E = \frac{BS_\pi}{d^2} \frac{S_0}{S} = \frac{BS_\pi(d - F)^2}{d^2F^2}.$$

По условию задачи при фотографировании жука в двух масштабах освещность изображения должна быть одной и той же:

$$\frac{BS_\pi(d_1 - F)^2}{d_1^2F^2} = \frac{BS_\pi(d_2 - F)^2}{d_2^2F^2}.$$

Отсюда

$$\frac{S_{\pi 2}}{S_{\pi 1}} = \frac{(d_1 - F)^2 d_2^2}{(d_2 - F)^2 d_1^2} = \frac{25}{36},$$ и

$$\frac{D_{\pi 2}}{D_{\pi 1}} = \frac{5}{6}.$$

42

При нормальном padени света ($\alpha = 0$) на пленку минимальной возможной толщины ($d_{min} \approx 10^{-7}$ м) условия интерференционного максимума выполняется для световых волн,лина которых удовлетворяет соответствию

$$\frac{1}{n} \frac{\lambda}{4} \approx 10^{-7} \text{ м.}$$

Отсюда

$$\lambda \approx 5 \cdot 10^{-7} \text{ м.}$$

В отраженном свете пленка будет казаться зеленой.

◆

Электроны попадают в магнитное поле, имея кинетическая энергия

$$E_k = \frac{mv^2}{2} = eU$$

($e = 1,6.10^{-19}$ Кл — заряд электрона, $m = 9,1.10^{-31}$ кг — масса электрона), то есть со скоростью

$$|\vec{v}| = \sqrt{2U \frac{e}{m}}.$$

1. Если магнитное поле перpendикулярно плоскости рисунка, то электроны движутся по окружности, которая касается прямой TT’ в точке T. Так как центристремительное ускорение электронам сообщает сила Лоренца, то радиус R этой окружности таков, что

$$|\vec{F}_{\perp}| = e |\vec{v}| |\vec{B}| = \frac{mv^2}{R}.$$

Отсюда

$$|\vec{B}| = \frac{m |\vec{v}|}{eR} = \frac{1}{R} \sqrt{2U \frac{m}{e}}.$$

Из рисунка 6 видно, что электроны будут попадать в точку M, если $R = \frac{d}{2 \sin \alpha}$, то есть при

$$|\vec{B}| = \frac{2 \sin \alpha}{d} \sqrt{2U \frac{m}{e}} \approx 3,4 \cdot 10^{-3} \text{ T}.$$

2. Если магнитное поле направлено вдоль прямой TM, то электроны будут движаться по спирали, ось которой параллельна прямой TM (рис. 7). Дейстивительно, проекция скорости электрона на прямую TM $v_1 = |\vec{v}| \cos \alpha$ не будет изменяться. В плоскости же, перpendикулярной прямой TM, электроны будут движаться по окружности по абсолотной величины скоростью, равной $v_2 = |\vec{v}| \sin \alpha$.

Сделав цельный оборот вокруг свеей оси, электроны пересекут прямую TM. Если бы проекция $v_1$ скорости электрона на прямую TM была равна нулю, то, сделав полный оборот по окружности радиуса $R_1$, электроны возврались бы в точку T. В нашем случае они будут пересекать прямую TM в точках, отстоящих друг от друга на расстоянии $l = v_1 \tau$, где $\tau$ — время, за которой электроны делают один оборот:

$$\tau = \frac{2 \pi R_1}{v_2}.$$

Для того чтобы электрон попал в точку M, необходимо, чтобы длина $|TM|$ была равна целому числу $l$, то есть

$$d = kl = kv_1 \tau = 2 \pi k R_1 \frac{v_1}{v_2} = 2 \pi k R_1 \text{ ctg} \alpha (k - \text{целое}).$$

43

Рис. 6.

Рис. 7.

Ф490. При прохождение потока нейтронов через пластинку kadмия молциной в 1 мм количество частицы уменышается на 15%, а их скорость не изменяется. Какая доля потока нейтронов проходит через пластинку из kadмия молциной 10 мм?

Ф492*). На цероховатом плоскости лежат два кручевых цилиндра с диаметрами D и d (рис. 8). Вокруг большого цилиндра обмоган шнур, к концу которого приложена горизонтальная сила $\vec{F}$. Определить, при каком одинаковом для всех

*) Задача Ф491 уже была опубликована в нашем журнале (Ф385). Решение см. «Квант», 1976, № 12.

Запишем уравнение электрона в плоскости, перpendикулярной прямой TM:

$$\frac{mv_2^2}{R_1} = e |\vec{B}| v_2.$$

Отсюда

$$R_1 = \frac{mv_2}{e |\vec{B}|} = \frac{1}{|\vec{B}|} \sqrt{2U \frac{m}{e}} \sin \alpha.$$

Следовательно, электроны попадут в точку M, если

$$d = \frac{2\pi k}{|\vec{B}|} \sqrt{2U \frac{m}{e}} \cos \alpha,$$

то есть если

$$|\vec{B}| = \frac{2\pi k \cos \alpha}{d} \sqrt{2U \frac{m}{e}} = k \cdot 6,6 \cdot 10^{-3} \text{T}.$$

Возможные значения k и |$\vec{B}$|:

при k = 1 |$\vec{B}$| = 6,6.10^{-3} T;

при k = 2 |$\vec{B}$| = 13,2.10^{-3} T;

при k = 3 |$\vec{B}$| = 19,8.10^{-3} T;

и, наконец, при k = 4 |$\vec{B}$| = 26,4.10^{-3} T.

♦

Разделим пластинку мысленно на слон толщиной в 1 мм. Если всего на пластинку падает N нейтронов, то первый слой проходит число нейтронов

$$N_1 = (1 - \alpha) N,$$

где $\alpha = 0,15$. Аналогично, второй слой проходит число нейтронов

$$N_2 (1 - \alpha) N_1 = (1 - \alpha)^2 N.$$

Очевидно, после n-го слоя в потоке остanetся

$$N_n = (1 - \alpha)^n N$$ нейтронов.

Число нейтронов, прошедших пластинку из kadмия толщиной 10 мм, равно

$$N_{10} = (1 - 0,15)^{10} N = 0,85^{10} N.$$

Таким образом,

$$\frac{N_{10}}{N} = 0,85^{10} \approx 0,2.$$

♦

В тот момент, когда больший цилиндр отложался от плоскости, система не скользит вправо, если сила $\vec{F}$ равна по абсцилтной величины силе $\vec{F}_2$ трения системы о плоскость в том месте, где ее касается маленький цилиндр. При минимальной возможном коэффициенте трения силе $\vec{F}_2$ в этот момент равна по абсцилтной величины $\mu |\vec{N}_2|$ (рис. 9). Следовательно,

$$\mu |\vec{N}_2| \geq |\vec{F}|.$$

Для равновесия системы в этот момент необходимо также равенство моментов сил $\vec{F}_1$ и $\vec{F}_2$ относительно центра меньше цилиндра, то есть

$$|\vec{F}_1| = |\vec{F}_2| = |\vec{F}|.$$

44

conрикасающийся поверхностей коэффициент們 перемещен через малый. Каким должно быть абсолютиное значение силы $\vec{F}$ для этого, чтобы это можно было сделать?

Рис. 8.

Рис. 9.

Так как $\|\vec{F}_1\| = \mu \|\vec{N}_1\|$, то должно выполнять условие $\mu \|\vec{N}_1\| \geq \|\vec{F}\|$.

Нетрудно видеть, что при выполнения условия (2) большой цилиндр не проверяется относительно малого. Для того чтобы большой цилиндр не проверяется, сумма моментов всех сил относительно его оси должна быть равна нулю. Это как раз и означает, что модель силы треня между цилиндрами должен быть равен $\|\vec{F}\|$.

Найдем теперь, каковы силы $\vec{N}_1$ и $\vec{N}_2$. Так как большой цилиндр находится в равновесии, то сумма горизонтальных проекций сил $\vec{F}_1$, $\vec{N}_1$ и $\vec{F}$ должна быть равна нулю:

$$\|\vec{N}_1\| \sin \alpha - \|\vec{F}\| - \|\vec{F}\| \cos \alpha = 0.$$

Отсюда

$$\|\vec{N}_1\| = \frac{\|\vec{F}\| (1 + \cos \alpha)}{\sin \alpha}.$$

Подставляя это значение $\|\vec{N}_1\|$ в неравенство (3), получаем, что должно выполнять условие

$$\mu \geq \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}.$$

Для того чтобы найти $\vec{N}_2$, достаточно приравнять нулю сумму вертикальных проекций всех сил, действующих на систему в целом. Это дает

$$\|\vec{N}_2\| = (m_1 + m_2) \|\vec{g}\|.$$

Так как при равновесии большого цилиндра должна быть также равна нулю сумма моментов всех сил относительно горизонтальной оси, проходящей через точку $K$, то

$$m_1 \|\vec{g}\| |KL| = \|\vec{F}\| |KM|,$$

или

$$m_1 \|\vec{g}\| R \sin \alpha = \|\vec{F}\| (R + R \cos \alpha).$$

Отсюда

$$\|\vec{F}\| = m_1 \|\vec{g}\| \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}.$$

Подставляя это выражение для $\|\vec{F}\|$ и найденное выше выражение для $\|\vec{N}_2\|$ в неравенство (1), получим

$$\mu \geq \frac{m_1}{m_1 + m_2} \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}.$$

Значите $\mu$ должно быть больше наибольшего из выражений, стоящих справа в неравенствах (4) и (6). Очевидно, что для этого должно выполнять условие (4), то есть

$$\mu \geq \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}.$$

Так как $\cos \alpha = \frac{OP}{OO'} = \frac{R - r}{R + r} = \frac{D - d}{D + d}$ и $\sin \alpha = \frac{2 \sqrt{Dd}}{D + d}$, то

$$\mu \geq \frac{2 \sqrt{Dd}}{(1 + \frac{D - d}{D + d}) (D + d)} = \sqrt{\frac{d}{D}},$$

$$|\vec{F}| = \sqrt{\frac{d}{D}} m_1 \|\vec{g}\|.$$

И. Словодечкий