Решения задач М491—М493; Ф503, Ф505—Ф507

24

Решения задач
M491—M493; Ф503, Ф505—Ф507

М491. Расстояние геометрической прорезиса, все цлены коморой — цлены числа. (Например, 16, 24, 36, 54, 81.)
a) Докажите, что сумма квадратов трех последовательных целей прорезиса делится на сумму этих целей.
b) При каких намуральных n сумма квадратов n последовательных целей прорезиса делится на сумму этих n целей?

Мы вначале решим задачу M491 — докажем утверждение пункт a) и ответим на вопрос пункт 6), а затем сформулируем утверждение, из которого будет следовать оба пункта задачи.

a) Обозначим три последовательных целей нашей прорезсии через $a_1, a_2, a_3$ (все $a_i$ — цлены числа). Поскольку $a_1 a_3 = a_2^2$, получаем
$$\left( a_1 + a_2 + a_3 \right)^2 = \left( a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 \right) + 2 a_2 \left( a_1 + a_2 + a_3 \right),$$
следовать
$$a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 = \left( a_1 + a_2 + a_3 \right) \left( a_1 - a_2 + a_3 \right)$$
— что и требовалось доказать.

6. Легко приведсти пример геометрической прорезсии, у которой сумма квадратов четырех последовательных целей не будет делиться на сумму этих целей: у прорезсии 1, 2, 4, 8, 16, … сумма $1^2 + 2^2 + 4^2 + 8^2 = 85$ не делится на сумму $1 + 2 + 4 + 8 = 15$. Вообщество, у этой прорезсии сумма квадратов первых 2k целей $1 + 2^2 + 2^4 + \dots + 2^{4k-2} = (2^{4k} - 1)/3$ не делится на сумму этих целей $1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^{2k-1} = 2^{2k} - 1$, поскольку $2^{2k} + 1$ не делится на 3 или каком $k$. Поэтому четны $n$ не годятся. Если же $n$ нечетно ($n = 2k + 1$), то сумма квадратов $n$ последовательно четен на所学 прорезсии обязаательно делится на сумму этих целей. Справедливо это утверждение вытекает изложства
   $$a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_{2k+1}^2 = \left( a_1 + a_2 + \dots + a_{2k+1} \right) \times \left( a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + \dots - a_{2k} + a_{2k+1} \right),$$
   которое нетрудно доказать, например, по индукции.

А теперь сформулируем и докажем утверждение, о котором было сказано выше.

Теорема. Если числа $k$ и $n$ взаимно просты, то сумма $k-x$ степеней $n$ последовательно целей прорезсии, все цлены коморой — цлены числа, обязаательно делится на сумму этих целей.

(Поскольку числа 3 и 2 взаимно просты, из этого утверждения следует пункт a) задачи M491 и ответ на пункт b) — при нечетных $n$.)
Доказательство. Обозначим эти $n$ последовательных целей прорезсии через $a_1, a_2, \dots, a_n$. Мы хотим доказать, что сумма $a_1^k + a_2^k + \dots + a_n^k$ делится на сумму $a_1 + a_2 + \dots + a_n$ (при условии, что $k$ и $n$ взаимно просты). Пусть $q$ — знаменатель прорезсии. Тогда
$$a_1 + a_2 + \dots + a_n = a_1 (1 + q + \dots + q^{n-1}),$$
$$a_1^k + a_2^k + \dots + a_n^k = a_1^k (1 + q^k + \dots + q^{(n-1)} k).$$
Доказем, что если $k$ и $n$ взаимно просты, то многочлен $1 + x^k + \dots + x^{n-1}$ делится на многочлен $1 + x + \dots + x^{n-1}$.*) При доказательстве нам понадобится две вспомогательные леммы.

*) Здесь и всиду ниже, говоря о делимости многочленов, мы имеем в виду, что все коэффициенты частного — целого числа.

25

Лемма 1. Если числа $k$ и $n$ взаимно просты, то числа $k, 2k, 3k, \dots, (n-1)$ $k$ при делении на $n$ дают разные остатки.

Лемма 2. Если числа $l$ и $m$ дают одинаковые остатки при делении на $n$, то многочлен $x^l - x^m$ делится на многочлен $1 + x + \dots + x^{n-1}$.

Лемма 1 доказывает метод «от противного». В самом деле, если при некоторых $i$ и $j$ ($0 < i < j < n$) числа $ik$ и $jk$ дают одинаковый остаток при делении на $n$, то число $(j-i)$ $k$ нацело делится на $n$. Но число $j-i < n$; значит, числа $k$ и $n$ должны иметь общий делитель, отличный от единицы, — противоречие с взаимной простой.

Так как число различных остатков (не нулевых!) от деления на $n$ равно $n-1$, из леммы 1 следует, что если числа $k$ и $n$ взаимно просты, то среди остатков от деления на $n$ чисел $k, 2k, \dots, (n-1)$ $k$ все числа от $1$ до $n-1$ встречются по одному разу.

Докажем лемму 2. Пусть $l > m$ и $l = m+pn$. Многочлен $x^m - x^l = (1-x^{pn})x^m$ делится на $1-x^n$:

$$1-x^{pn} = (1-x^n) (1+x^n+x^{2n}+\dots+x^{(p-1)n}),$$

а $1-x^n$ делится на $(1-x)$, причем

$$(1-x^n) = (1-x) (1+x+x^2+\dots+x^{n-1}).$$

Отсюда следует утверждение леммы 2.

Перейдем теперь к доказательству того, что многочлен $1+x^k + \dots + x^{(n-1)k}$ делится на $1+x + \dots + x^{n-1}$. Обозначим через $k_i$ остаток от деления на $n$ числа $ik$. Тогда по лемме 2 многочлен $(x^k - x^{k_1}) + (x^{2k} - x^{k_2}) + \dots + (x^{(n-1)k} - x^{k_{n-1}})$ делится на многочлен $1+x + \dots + x^{n-1}$. Остается заметить, что в силу следствия из леммы 1 многочлен $1+x^{k_1} + x^{k_2} + \dots + x^{k_{n-1}}$ совпадает с многочленом $1+x + \dots + x^{n-1}$ и, значит, делится на него. Таким образом,

$$1+x^k + x^{2k} + \dots + x^{(n-1)k} = (1+x + \dots + x^{n-1}) \times (c_0 + c_1x + c_2x^2 + \dots + c_px^p),$$

где $p = (k-1)(n-1)$, и $c_0, c_1, \dots, c_p$ — некоторые числа. Следовательно,

$$a_1^k + a_2^k + \dots + a_n^k = a_1^k (1+q^k + \dots + q^{(n-1)k}) = a_1^k (1+q + \dots + q^{n-1}) (c_0 + c_1q + c_2q^2 + \dots + c_pq^p) = (a_1 + a_2 + \dots + a_n) \times (c_0 a_1^{k-1} + c_1 a_1^{k-1} q + \dots + c_p a_1^{k-1} q^p).$$

Для завершения доказательства теоремы достаточно показать, что числа $a_1^{k-1}q, a_1^{k-1}q^2, \dots, a_1^{k-1}q^p$ — целые. Действительно, числа $a_1^{k-1}q$ — целое, поскольку оно представляется в виде произведения целых чисел: $a_1^{k-1}q = a_1^{k-2}a_2$. Аналогично, $a_1^{k-1}q^2 = a_1^{k-2}a_3$, $\dots, a_1^{k-1}q^p = (a_1q^{n-1})^{k-1} = a_n^{k-1}$.

Попробуйте построить примеры, показывающие, что требование взаимной простоты $k$ и $n$ в утверждении теоремы существует.

А. Адаев, Г. Гуревич, Ф. Кадиров

M492. В треугольник ABC описан треугольник $A_1B_1C_1$ (мак, что вершины $A_1, B_1$ и $C_1$ лежат, соответствующно, на сторонах BC,

Мы приведем два решения этой задачи: первое — более «механическое», второе — более «геометрическое».
Первое решение. Поместим в вершины треугольника $ABC$ грузы масс $a, b$ и $c$ так, чтобы центр тяжести этой системы масс попал в точку $P$. Для этого достаточно

26

СА и АВ), причем отрезки АА₁, BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке P. Докажите, что прямые, соединяющие середины сторон AB и A₁B₁, BC и B₁C₁, CA и C₁A₁, пересекаются в одной точке P, Q и центр мяжести треугольника ABC лежат на одной прямой.

Рис. 1.

Рис. 2.

выполнение двух условий: условия $\frac{|AB_1|}{|B_1C|} = \frac{c}{a}$, гарантирующего принадлежность центра тяжестеки прямой BB₁, и условия $\frac{|AC_1|}{|C_1B|} = \frac{b}{a}$, гарантирующего принадлежности центра тяжестеки прямой CC₁. (Тогда $\frac{|BA_1|}{|A_1C|} = \frac{c}{b}$; тем самым мы получно доказали теорему Чевы:

$$\frac{|AB_1|}{|B_1C|} \cdot \frac{|CA_1|}{|A_1B|} \cdot \frac{|BC_1|}{|C_1A|} = 1.$$

Добавим теперь в каждую вершину груз массы $m = a + b + c$ (рис. 1). Центр тяжестеки Q всея системы грузов можно найти, соединив точки P (центр тяжестеки первого начальной системы) и M (центр тяжестеки треугольника ABC) отрезком и поделив его в отношении $\frac{a+b+c}{3m} = \frac{1}{3}$, считая от точки M.

С другой стороны, массы в вершинах A (2a+b+c), B (2b+a+c), C (2c+a+b) можно распределить на «подсистемы» так: части масс A (a+c) и B ((a+c) b/a) заменить массой C₁ ((a+c) (a+b)/a); части масс A(a+b) и C ((a+b) c/a) — массой B₁ ((a+c) (a+b)/a). Образовавшиеся в точках B₁ и C₁ две равные массы имеют центра тяжестеки посередине [B₁C₁]. Массы, оставшиеся в вершинах B и C, тоже оказываются равны ми и (хотя они могут получиться и отрицательными, как на рисунке 2):

$$m+b - \frac{(a+c) b}{a} = m+c - \frac{(a+b) c}{a} = m - \frac{bc}{a},$$

и поэтому их центра тяжестеки находится посередине [BC]. Значить, центр тяжестеки Q всея системы лежит на прямой, соединяющей середины отрезков B₁C₁ и BC.

Аналогично доказывается, что Q лежит на двух других прямых, упоминаемых в условии. Чтобы перевести наш механическое решение на математическую язык, достаточно дать определение «центра тяжестеки» системы масс. Пусть A₁ — точки плоскости, m₁ — произвольные числа (i = 1, 2, …, n), «общая масса» m₁+m₂+…+mₙ = M ≠ 0. Центр тяжестеки C = C {A₁(m₁)} определяется условием: для некоторой (а тогда и для любой) точки O плоскости $\overrightarrow{OC} = (m_1\overrightarrow{OA}_1 + \cdots + m_n\overrightarrow{OA}_n)/M$. (Это определение годится и для отрицательных m₁.) Нетрудно проверить единственный факт, который мы получаем в решении: если m₁ = m’₁ + m’₂, Σm’₁ = M’ и Σm’₂ = M’’, то центра тяжестеки C = C {A₁(m’₁)} лежит на прямой C’C’’, где C’ = C {A₁(m’₁)}, C’’ = C {A₁(m’₁)}, причем $\overrightarrow{OC} = (M'\overrightarrow{OC}' + M''\overrightarrow{OC'})/M$.

Подробнее о «барниентрическом исчислении», которые мы воспользовались в этом решении, см. в книге М. Б. Балка «Геометрические приложения по定理 тяжестеки». Второе решение. Обозначим середины стороны BC; AC и AB, соответствующего через X, Y и Z, а середины стороны B₁C₁, A₁C₁ и A₁B₁ — через X₁, Y₁ и Z₁ (рис. 3). Поместим в точки A, B, C и P единчные массы и будем искать центра тяжестеки этой системы математических точек.

Пусть X₂, Y₂ и Z₂ — середины отрезков AP, BP и CP. Так как центра тяжестеки точки B и C находится в точке X, а центра тяжестеки точки A и P — в точке X₂, то центра тяжестеки всей системы лежит на прямой XX₂. По аналогичным принципам он лежит на прямых YY₂ и ZZ₂. Поскольку центра тяжестеки системы математических точек существует, единственный принадлежать всем этим прямым одновременно, эти приямы пересекаются в одной точке; обозначим ее через Q (см. рис. 3)

27

Рис. 3.

Рис. 4.

Рис. 5.

С другой стороны, если $S$ — центр тяжестни треугольника $ABC$ (т. е. точка пересечения его медиан), то центр тяжестни системы точек $\{A, B, C, P\}$ лежит на отрезке $PS$. Выше мы показали, что центр тяжестни этой системы находится в точке $Q$; значит $Q \in [PS]$. Более того, так как для отыскания центра тяжестни системы $\{A, B, C, P\}$ последним способом мы должны поместить в точку $S$ массу в три единиц, точка $Q$ делит отрезок $PS$ в отношении 3:1.

Если мы показем, что прямые $XX_2, YY_2, ZZ_2$ проходят, соответственно, через точки $X_1, Y_1$ и $Z_1$, то задача будет решена. Последнее утверждение вытекает из следующей теоремы, примененной к четырехугольникам $PA_1BC_1, PB_1AC_1$ и $PA_1CB_1$:

Теорема Гаусса. Если никакие стороны четырехугольника не параллельны, то середина отрезка, соединяющего точки пересечения продолженной промивоположных строкон, лежит на прямой, соединяющей середины диagonaleей.

Для доказательства принадлежности трех точек прямой используются следующие понятия, почти очевидны, критерий (необходимое и достаточно условие); доказательство его самостоятельно.

Пусть $K$ — внутренняя точка параллелограмма $A_1A_2A_3A_4$. Проведем через $K$ прямые, параллельные стороны параллелограмма, и обозначим через $B_1, B_2, B_3, B_4$ точки пересечения этих прямых с его стороны (рис. 4). Точка $K$ лежит на диagonале $A_1A_3$ параллелограмма модели и молоко модели, когда $S_{KB_1A_2B_2} = S_{KB_3A_4B_4}$ (через $S$ мы здесь обозначаем площадь).

Доказательство теоремы Гаусса. Обозначим вершины четырехугольника через $A, B, C, D$, точки пересечения продолженной его противоположных сторон через $E$ и $F$, а середины диagonалей $AC, BD$ и отрезка $EF$, соответственно, через $X, Y$ и $Z$. Проведем через точки $D, C$ и $F$ прямые, параллельные прямым $AF$ и $AE$, и ведем обозначения, как на рисунке 5.

Очевидно, что точки $C, L$ и $R$ готовятся, соответственно, точки $X, Y$ и $Z$ с центром готовится $A$ и коэффициентом готовится $2$. Поэтому принадлежность точки $X, Y, Z$ одной прямой равnocльна принадлежности одной прямой точки $C, L$ и $R$.

28

Из приведенного выше критерия следует, что точка $L$ принадлежит прямой $CR$, если выполено равенство $S_{LMPQ} = S_{LNTS}$. Докажем, что это действительное так.

Поскольку точка $C$ принадлежит диагоналям параллелограммов $AFQD$ и $ABSE$ (см. рис. 5), имеем: $S_{AGCH} = S_{CNQP}$ и $S_{AGCH} = S_{CMST}$. Поэтому $S_{CNQP} = S_{CMST}$, и, следовательно, $S_{LMPQ} = S_{LNTS}$, что и требовалось. Решение законено.

Ф. Вайштейн, Н. Васильев

M493. Доказание неравенства
$0,785n^2 - n < \sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 2^2} + \dots + \sqrt{n^2 - (n - 1)^2} < 0,79n^2$.

Рис. 6.

Рис. 7.

Возьемчетверть кругга единчного радиуса: $O$ — центр кругга, $[OA]$ — радиус, $|OA| = 1$ (рис. 6). Разделим отрезок $OA$ на $n$ конгрузных частей ($n$ — произвольное натуральное число). На получившихся первых $n - 1$ отрезках деления (считая от точки $O$) построим по прямойolgныйку так, чтобы при в вые верхние вершины всех прямогольников лежали на дуге окружности $BA$, ограничивающей нашу «четверть кругга» (см. рис. 6). Мы получим $n - 1$ прямогольников, сумма площадей которых меньше четверти кругга единчного радиуса, то есть меньше $\frac{\pi}{4} < 0,79$.

Поскольку эта сумма равна
$$\frac{1}{n} \sqrt{1 - \left(\frac{1}{n}\right)^2} + \frac{1}{n} \sqrt{1 - \left(\frac{2}{n}\right)^2} + \dots +$$
$$+ \frac{1}{n} \sqrt{1 - \left(\frac{n - 1}{n}\right)^2} = \frac{1}{n^2} \left(\sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 2^2} + \dots + \sqrt{n^2 - (n - 1)^2}\right),$$

из сказанного следует правое неравенство.

Чтобы доказать левое неравенство, поступим следующим образом. Построим по прямогольнику теперь уже на всех отрезках, получивших при делении $[OA]$—всего $n$ прямогольников, причем так, чтобы все левые верхние вершины прямогольников лежали на дуге $BA$ окружности (рис. 7). Мы получим изображенную на рисунке 7 ступенчатую фигуру, площадь которого уже больше шести четверти кругга единчного радиуса, то есть больше $\frac{\pi}{4} > 0,785$.

Площадь ступенчатой фигуры равна сумме площадей $n$ прямогольников с основаниями длины $\frac{1}{n}$ и высотами длины
$$1, \sqrt{1 - \left(\frac{1}{n}\right)^2}, \sqrt{1 - \left(\frac{2}{n}\right)^2}, \dots, \sqrt{1 - \left(\frac{n - 1}{n}\right)^2}$$

соответственно:
$$\frac{1}{n} \left(1 + \sqrt{\frac{n^2 - 1}{n^2}} + \sqrt{\frac{n^2 - 2^2}{n^2}} + \dots + \sqrt{\frac{n^2 - (n - 1)^2}{n^2}}\right).$$

Итак,
$$\frac{1}{n^2} \left(n + \sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 2^2} + \dots + \sqrt{n^2 - (n - 1)^2}\right) > 0,785,$$

откуда
$$0,785n^2 - n < \sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 2^2} + \dots + \sqrt{n^2 - (n - 1)^2}.$$

А. Сивачкий

29

Ф503. К вертикальной оси привязана нить длины 2l, на конце и в середине комо-
рой прикреплены одинаковые шарики (рис. 8). Ось приводят во врачице с у-
левой скоростью $\omega$. При каком значении уловой скорости участики OA и AB
начиным отклонамися от вертикали? Каким будем отношение малых уловов отклони-
ния участиков нити OA и AB от вертикали?

Пусть при неокторой уловой скорости вращения $\omega$ нити OA и AB отклонились от вертикали на малые углы $\alpha$ и $\varphi$ соответственно (рис. 9). При этом шарики вращаются равномерно с уловой скоростью $\omega$ по окружностям, лежащим в горизонтальных плоскостях. Радиусы этих okружностей равны соответствующая приложенных к нему сил — силы тяжестеги $mg$ (м — масса шарика), силы $\vec{N}_1$ натяжения нити OA и силы $\vec{N}_2$ натяжения нити AB. Центростремительное ускорение $\omega^2 r_2$ нижнему шарику сообщает равноведействующая сил $mg$ и $\vec{N}_2$. Найдем силы $\vec{N}_1$ и $\vec{N}_2$.

Нижний шарик не перемещается в вертикальном направлении; следовательно,

$$|mg| = |\vec{N}_2| \cos \varphi \Rightarrow |\vec{N}_2| = \frac{|mg|}{\cos \varphi}.$$

Верхний шарик также не перемещается в вертикальном направлении; следовательно,

$$|mg| + |\vec{N}_2| \cos \varphi = 2 |mg| = |\vec{N}_1| \cos \alpha \Rightarrow |\vec{N}_1| = \frac{2 |mg|}{\cos \alpha}.$$

Тепер запишем уравнение движения шариков по okружности: для нижнего шарика—

$$m\omega^2 l (\sin \alpha + \sin \varphi) = |\vec{N}_2| \sin \varphi = |mg| \ tg \ \varphi,$$

(1)

для верхнего шарика—

$$m\omega^2 l \sin \alpha = |\vec{N}_1| \sin \alpha - |\vec{N}_2| \sin \varphi =$$

$$= 2 |mg| \ tg \ \alpha - |mg| \ tg \ \varphi.$$

(2)

Поскольку углы $\alpha$ и $\varphi$ малы, можно считать $\sin \alpha = \alpha$, $\sin \varphi = \varphi$, $tg \alpha = \alpha$, $tg \varphi = \varphi$. С учетом этого из (1) и (2) получаем

$$\omega^2 l (\alpha + \varphi) = |\vec{g}| \ \varphi, \ \omega^2 l \alpha = |\vec{g}| (2 \alpha - \varphi),$$

или

$$\omega^2 l \alpha + \varphi (\omega^2 l - |\vec{g}|) = 0,$$

$$(\omega^2 l - 2 |\vec{g}|) \alpha + \varphi |\vec{g}| = 0.$$

Из этих двух выражений находится:

$$\frac{\alpha}{\varphi} = \frac{|\vec{g}| - \omega^2 l}{\omega^2 l} = \frac{|\vec{g}|}{2 |\vec{g}| - \omega^2 l},$$

(3)

что позволяет записать следующей уравнение для $\omega^2$:

$$(\omega^2)^2 l^2 - 4 |\vec{g}| l \omega^2 + 2 |\vec{g}|^2 = 0.$$

Отсюда находится

30

Ф505. Расстояние схемы заряда конденсатора от батареи (рис. 11). Конденсатор заряжается до напряжения батареи $U$, прибрежная энергия $\frac{C_1 U^2}{2}$ и заряд $q = C_1 U$. Этом заряд помпьляется от батареи, коморай, максимом, совершаем работу $q U = C_1 U^2$. Коэффициент полезного действия равен 1/2. Наименование заряда конденсатора до напряжения батареи с большим КПД. Не разрезается использовать дополнительные источники энергии.

Рис. 10.

$$\omega_1^2 = \frac{|\vec{g}|}{l} (2 \pm \sqrt{2}),$$
$$\omega_1 = \sqrt{\frac{|\vec{g}|}{l}} (2 + \sqrt{2}),$$
$$\omega_2 = \sqrt{\frac{|\vec{g}|}{l}} (2 - \sqrt{2})$$

(значения $\omega'_1 = -\omega_1$ и $\omega'_2 = -\omega_2$ соответствуют выражению в противоположную сторону). Поскольку $\omega_2 < \omega_1$, естественно считать, что нити магнитка начинают отклоняться от вертикали при угловой скорости вращения $\omega = \omega_2$.

Найдем отношение малых углов отклонения нитей $OA$ и $AB$ от вертикали. Из выражения (3) имеем

$$\text{при } \omega = \omega_1 - \frac{\alpha}{\varphi} = -\sqrt{2},$$
$$\text{при } \omega = \omega_2 - \frac{\alpha}{\varphi} = \sqrt{2}.$$

Тот факт, что при $\omega = \omega_1$ $\frac{\alpha}{\varphi} < 0$, означает, что при такой угловой скорости нитей $OA$ и $AB$ отклонены от вертикали в противоположные стороны (рис. 10.).

Г. Будаенко

◆

I. Возьмем еще один конденсатор, емкость которого $C_2 = n C_1$ ($n$ — некоторое число), и включим его в цель последовательно с конденсатором емкости $C_1$ (рис. 12). Емкость в такой цепи равна $C = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \frac{n}{n+1} C_1$.

Заряды, которые приобретут конденсаторы, равны

$$q_1 = q_2 = \frac{n}{n+1} C_1 U,$$

а напряжение на конденсаторах —

$$U_1 = \frac{q_1}{C_1} = \frac{n}{n+1} U,$$
$$U_2 = \frac{q_2}{C_2} = \frac{1}{n+1} U.$$

Отключив заряженные конденсаторы от батареи, соберем цепь, показанную на рисунке 13. Напряжение на конденсаторах в такой цепи $U'_1 = U'_2 = \frac{q'_1}{C_1} = \frac{q'_2}{C_2} = \frac{q'_2}{n C_1}$, где $q'_1, q'_2$ — заряды, которые установятся на конденсаторах. Согласно закону сохранения зарядов $q'_1 + q'_2 = \frac{2n}{n+1} C_1 U$. Решив систему уравнений

$$\begin{cases} q'_1 + q'_2 = \frac{2n}{n+1} C_1 U, \\ \frac{q'_1}{C_1} = \frac{q'_2}{n C_1}, \end{cases}$$

найдем: $q'_1 = \frac{2 n}{(n+1)^2} C_1 U$, $U'_1 = \frac{2 n}{(n+1)^2} U$.

Теперь конденсатор $C_1$, заряженный до напряжения $U'_1$, новый подходим к батарее (см. рис. 11). При этом он

31

дозарядится до напряжения $U$. Заряд конденсатора увеличится на
$$\Delta q = C_1 (U - U'_1) = \frac{n^2 + 1}{(n + 1)^2} C_1 U.$$
Таким образом, суммарный заряд $Q$, который получил конденсатор $C_1$ от батареи, равен
$$Q = q_1 + \Delta q = \frac{2 n^2 + n + 1}{(n + 1)^2} C_1 U.$$
Энергия, которую приобретет конденсатор, равна
$$\Pi = \frac{C_1 U^2}{2}.$$
Работа $A$, совершенная батареей при зарядке конденсатора до напряжения $U$, равна
$$A = QU = \frac{2 n^2 + n + 1}{(n + 1)^2} C_1 U^2.$$
Так что КПД равен
$$\eta = \frac{\Pi}{A} = \frac{(n + 1)^2}{2 (2 n^2 + n + 1)}.$$
Чтобы значение $\eta$ было больше 1/2, необходимо, чтобы выполнялось неравенство
$$\frac{(n + 1)^2}{2 n^2 + n + 1} > 1.$$
Отсюда находится что $n < 1$.
Итак, заряжая конденсатор $C_1$ до напряжения $U$, мы добавляем более эффективного использования батареи ($\eta > \frac{1}{2}$), если в описном выше процессе ползуемся дополнительно конденсатором $C_2$, емукость которого меньше $C_1$.
Te, кто знаком с методом отыскания экстремумов с помощью произвольной, могут найти, что в описном процессе $\eta = \eta_{\max}$ при $n = 1/3$ ($\eta_{\max} \approx 57\%$).
Используя не один, а два, три или больше дополнительных конденсаторов, можно придумать очень много различных способов зарядки. При достаточно большом числе дополнительных конденсаторов можно сделать КПД скольу угодно близким к единице.
II. Опишем еще один способ зарядки, при котором может быть достигнут КПД, близкий к единице.
Соберем цель, приведенную на рисунке 14. При включении в цель батареи (клюк $K$ в положении 1) ток через катушку начинает постепенно возрастать. Подождем определение времени, пока по цели протечет заряд $\frac{CU}{2}$.
За это время батарея совершит работу $\frac{CU^2}{2}$, часть которой $-\frac{CU^2}{8}$ перейдет в энергию конденсатора, а другие часть будет запасена в магнитном поле катушки. Терьер быстро переведет ключ $K$ в положение 2. В течение некоторого времени ток через катушку будет продолжать течь в режиме направления, постепенно уменьшая. Конденсатор при этом будет дозаржаться. В момент, когда ток в катушке станет равным нулю, быстро переведем ключ $K$ в положение 1. За то время, пока ключ $K$ находится в положении 2, энергия магнитного поля катушки перешла в энергию конденсатора. Таким образом, поскольку цель энергия не рассеивается (мы пренебрегаем сопротивлением катушки, батареи и т. д.), все энергия $\frac{CU^2}{2}$, потреблена от батареи, перейдет в энергию кон-

32

Ф506. Под поршнем цилиндра находится румьв, занимающая объем $V_p$, и к молей идеального еаза. Площадь поверхности поршня равна $S$. Поршень и дно цилиндра изотомовлены из материала, идеально смачиваемого румьв. Румьв под поршнем приля симметрично относительно оси цилиндра форму, показанную на рисунке 15. На поршень действует сила $F$. 1) Вывести уравнение состояния системы румьв + еаз в форме $p = f(V, T)$, еде $p$ – давление, $T$ – абсцилмная температура, $V$ – объем части сосуда под поршнем. 2) Наименуемые при котором $p = 0$. Поверхность наяжественное румьв σ. Силу мяжести не учитываем. Приням, что объем румьв и ее поверхность наяжение σ построены (мо есть не зависят от $T$ и $p$) и что $h \ll r$.

Рис. 15.

Рис. 16.

Силы, действующие на поршень сизу, — это сила $\vec{F}_p$ давления румьв и сила $\vec{F}_r$ давления газа. $|\vec{F}_p| = p_p S_p$, $|\vec{F}_r| = p_r (S - S_p)$, где $p_p$, $p_r$ – давления румьв и газа, $S_p$ – площадь поршня, покрыта рутью.

Давление газа равно

$$p_r = \frac{kRT}{V_r} = \frac{kRT}{V - V_p},$$

где $V_r$ – объем, занимаемый газом. Поскольку поверхность границы руть — газ искривлена, давление «под» этой поверхности это давление газа, больше, чем давление «над» ней, то есть давление рутьи.

Рассмотрим малый участок поверхности границы руть — газ (рис. 16). Поскольку $r \gg h$, можно считать, что эта поверхность — поверхность полупилиндра. Выделим мысленно параллелепид, в котором вписывается эта поверхности (см. рис. 16). На него действуют силы давления газа $|\vec{f}_r| = p_r s = p_r lh$, силы поверхности газа $|\vec{f}_p| = p_p s = p_p lh$ и силы поверхности газа $|\vec{f}_{пов}| = \sigma l$. Из условия равновесия этого параллелепида следует, что

$$p_r lh = p_p lh + 2 \sigma l,$$

откуда

$$p_p = p_r - \frac{2 \sigma}{h}.$$

Силы, с которых газ и руть давят на поршень, равны

$$|\vec{F}_r| = p_r (S - S_p) = \frac{kRT}{V - V_p} (S - S_p),$$

$$|\vec{F}_p| = p_p S_p = \left( \frac{kRT}{V - V_p} - \frac{2 \sigma}{h} \right) S_p.$$

Поскольку $h \ll r$, можно считать, что $S_p = V_p/h$. Учитывая, что $h = V/S$, найдем полную силу, действующую на поршень сизу:

$$|\vec{F}_r| + |\vec{F}_p| = p_c p S = \frac{kRT}{V - V_p} S - \frac{2 \sigma V_p S^2}{V^2},$$

где $p_c$ – среднее давление на поршень сизу. Отсюда

$$p_c = \frac{kRT}{V - V_p} - \frac{2 \sigma V_p S^2}{V^2}.$$

33

Среднее давление равно нулю при условии

$$\frac{kRT}{V - V_p} = \frac{2\sigma V_p S}{V^2},$$

то есть $p_{cp} = 0$ при

$$T = \frac{2\sigma V_p S (V - V_p)}{V^2 kR}.$$

С. Семенчинский

Ф507. Данные две пружины из одинакового материала, какдая из коморых свита витмок к витмку. Диаметры пружин — 3 мм и 9 мм, длины — 1 см и 7 см, диаметры проволок — 0,2 мм и 0,6 мм. Жесткость первой пружины 0,14 Н/cм. Наими коэффициент жесткость витмок пружины.

Заметим, что отрезок второй пружины длиной 3 см геометрически подобен первой пружине — все его размеры точно в три раза больше. Посмотрим, как соответствия жесткости подобных пружин, изготовленных из одного материала.

Жесткость пружины однозначно определяется ее геометрической конфигурацией и упругими свойствами материала, из которого она изготовлена. Будем искать формулу, определяющую жесткость $k$, справедливо для любой пружины, геометрически подобной первой. Конфигурация такой пружины полностью определяна, как только задан какой-либо один ее размер, например, диаметр витка $D$. Действительно, любой другой размер может быть получен из соответствующего размера первой пружины путем умножения на коэффициент подобия $n = D/D_1$, где $D_1$ — диаметр первой пружины. А упругие свойства материала характеризуют моделем Юнга $E$:

Воспользуемся теперь сообщениями размерности. Из величины $E$ (размерность $[E] = H/m^2$) и $D$ (размерность $[D] = m$) можно составить единственную комбинацию с размерностью $k$ (размерность $[k] = H/m$): $ED$. Значит,

$$k = cED,$$

где $c$ — безразмерная величина, зависимости от параметров пружины, то есть $c = f\left(\frac{l}{D}, \frac{d}{D}\right)$. Определить значение $c$ методом размерностей невозможно. Однако нам достаточно того факта, что для всех пружин, геометрические подобных первой, значение $c$ одно и то же.

Этот вывод позволяет нам определить жесткость $k_3$ пружины, геометрически подобной с коэффициентом подобия $n = 3$ первой пружине с жесткостью $k_1 = 0,14$ Н/cм:

$$k_3 = 3k_1 = 0,42 \text{ H/cm.}$$

Теперь сравним пружину с жесткостью $k_3$ и вторую пружину из условия задачи, жесткость которого $k_2$ надо найти. Все их параметры, за исключением длины, одинаковы, так что меньше из них можно представить в виде трех последовательных пружин длиной 1 см, а больше — в виде семи таких пружин. Следовательно, под действием одной и той же силы $\vec{F}$ удаление $x_3 = |\vec{F}|/k_3$ меньше пружины и удаление $x_2 = |\vec{F}|/k_2$ больше пружины относится как 3:7. Следовательно,

$$k_2 = \frac{3}{7} k_3 = 0,18 \text{ H/cm.}$$

А. Кузнецов, С. Кузнецов