Задачи М576—М580; Ф588—Ф592

Квант 1979, №8 с. 38, 39, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48 Тег K4Z0

Задачик
Кванта

М576—М580;Ф588—Ф592

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи не стандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки ньшенней школьной программы. Наболее трудные задачи отмещены звездочек. После формирования задачи мы обычно указаем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задачи из этого номера можно отправлять не позднее 15 октября 1979 года В графе «Кому» написите: «Задачик «Кванта» № 8—79» и номера задач, решения которых вы посылаете, например «М576, М577 или «Ф588». Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присваивают в разных конвертах. В письмо вложите конверт с написанным на нем вашим адресом.

Условие каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации (или цикла задач), присваивает в отдельном конверте в двух экземплярах вместе с вашими решениями этих задач (на конверте помещьте: «Задачик «Кванта», новая задча по физике или «… новая задча по математике»).

В начале каждого письма просим указывать выше имя, фамилию, номер школьи и класс, в котором вы учитель.

В этом номере Задачик составлен из задач, предлагавшихся на XIII Всесоюзной олимпиде школьников. Число в скобках обозначает класс, в котором предлагалась соответствующая задача.

М576. На плоскости данного несколько точек. Для некоторых пар (A; B) этих точек взяты векторы $\vec{AB}$ , причем так, что в каждой точке начинается столько же векторов, сколько в ней заканчивается. Доказите, что сумма всех выбранных векторов равна $\vec{0}$ . (8)

В. Произвольов

М577. Какое наименьшее число фишек нужно поставить на поля шахматной доски размерами a) $8 \times 8$ клеток,
b) $n \times n$ клеток
для того, чтобы на каждой прямой, проходящей через центр произвольного поля и параллельной какой-либо стороне или диагонали доски, стояла хотя бы одна фишка? (Фишки ставятся в центры полей.) (8; 10)

H. Васильев

М578. Найти $x$ и $y$ из системы уравнений
$\begin{cases} \frac{x-y}{\sqrt{x^2-y^2}} = a, \\ \frac{y-x}{\sqrt{x^2-y^2}} = b \end{cases}$
(a и b — данные числа). (8; 10)

В. Гутемахер

М579. Доказите, что для любых чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$ , принадлежих отрезку [0; 1], выполено неравенство
$\left(x_1+x_2+\dots+x_n+1\right)^2 \geq 4\left(x_1^2+x_2^2+\dots+x_n^2\right).$
(9)

A. Плоткин, С. Фомин

М580. В parlamentе у каждой его член не более трех врагов. Доказите, что parlament можно разбить на две палаты так, что у каждой parlamentaria в одной с ним палате будет не более одного врага. (Считается, что если $A$ — враг $B$ , то $B$ — враг $A$ .) (8—10)

O. Бородин

Ф588. Рисуок 1 (вид сверху) сделан с фотографией шлейфов дыма, тянушихся от трех паровозов, которые движутся по прямолинейному участку железнодорожного пути. Скорость первого паровоза $|\vec{v}_1| = 50$ km/ч, а второго $|\vec{v}_2| = 70$ km/ч,

направления их движения указаны на рисунке стрелками. Какова скорость третьего паровоза? (9)

Н. Слободецкий

Ф589. В цилиндре объемом 10 л, закрытом поршнем и помещенном в термостате с температурой 40°C, находится по 0,05 моля двух веществ. Определить массу жидкости в цилиндре после изотермического скатия, вследствие которого объем под поршнем уменьшается в 3 раза. Давление насыщенных паров первого жидкости при температуре 40°C равно 0,7·10⁴ Па, второй — 1,7·10⁴ Па. Начертить изотерму скатия. Молярная масса первого жидкости составляет 1,8·10⁻² кг/mоль, второй — 4,6·10⁻² кг/mоль. (10)

М. Ваврух

Ф590. При движении трамвая по горизонтальном участку пути с неокотой скоростью его движения потребляет ток I₀=100 А, при этом КПД движения равен η=0,9 *). При движении трамвая по наклонному участку пути вниз с той же скоростью ток в движете равен нулю (двигаель выключен). Какой ток будет потреблять движатель при движении трамвая по тому же участку пути вверх с той же скоростью? (10)

В. Скороваров

Ф591. Два цилиндра различных радиусов вразаются в противоположные стороны вокруг горизонтальных параллельных осей с угловой скоростью ω₁=ω₂=ω=2 rad/c. Расстояние по горизонтали между осями L=4 м. В момент времени t=0 на цилиндры перpendикулярно осем кладут балку так, что она находится в горизонтальном положении и одновременно касается обих поверхностей врашения, а ее центр масс расположен точно над осью цилиндра меньше радиуса (r=0,25 м), как указано на рисунке 2. Расчитать и проиллюстрировать графические зависимости горизонтального смешения балки от времени, начняя с момента t=0. Козеффициент трения μ=0,05, ускорение свободного падения приять равным g=10,0·m/c². (10)

Д. Футорский

Ф592. Имеются два теплопроводных сосуда. В первом из них находится 5 л воды при температуре *) КПД трамваяного движения от силы тока.

М522. На плоскости заданного несколько непересекающихся отрезков, никакие два из которых не лежат на одной прямой. Мы хотим проверить еще несколько отрезков, соединяющих концы данных отрезков мак, чтобы все отрезки вместе образовали одну несяморекающую ломанную. Всегда ли это можно сделать?

М523. Фишка стомит в узлу шахматной доски размером $n \times n$ клеток. Каждый из двух цераюцих по очереди перевздается ее на соседнее поле (имеющей общую сторону с тем, на котором стомит фишка). Второй разходить на поле, две фишка уже повывали, нельзя. Процерываем мом, кому некуда ходить.
а) Докажите, что если $n$ четно, то начинающий церру может добавиться вырезца, а если $n$ нечетно, то вырезваем второй.
б) Кто вырезваем, если первоначально фишка стомит не на узловом поле, а на соседнем с ним?

Ответ: не всегда. На рисунке 1 изображены шесть отрезков, концы которых нельзя соединить требуемым образом. В самом деле, каждый из шести концов коротких отрезков может быть соединен лишь с концом «своего» длиного отрезка, а поскольку свободных концов должны остаться два, то у одного из коротких отрезков о б а его конца должны соединены отрезками с концами длиного. В результате получится замкнутая ломанная из четырех звенев — противоречие.

В. Произвольов

♦

a) Пусть $n$ нечетно. В этом случае доку размером $n \times n$ , кроме углового поля, можно покрыть костями домино $2 \times 1$ (рис. 2, а). Пусть тот, кто ходит вторым, следует такой стратегии: ставит фишу на второе поле домино, на первое поле которого поставил фишу начинающий игру. Ясно, что, поступая таким образом, второй игрок выиграет.

Пусть $n$ четно. Тогда доку размером $n \times n$ можно покрыть костями домино целиком (рис. 2, б). В этом случае начинающий игру, считая, что «нулевым» ходом его партнер поставил фишу на угловое поле домино, на первое поле которого поставил фишу начинающий игру. Ясно, что теперь победит начинающий игру.

б) Если первоначально фишка стоит не на угловом поле, а на соседнем с ним, то выигрывает всегда начинающий. Для чего $n$ это доказывается как выше (доска сразу разбиается на «domинишки», и первый игрок должен поставить как и раньше). Пусть $n$ нечетно. Тогда начинающий игру угловое поле доки (второй игрок туда все равно не попадет, так как оно неподходшего цвета — см. рис. 2, б), после чего раз-

Рис. 2a.

Рис. 26.

Рис. 2в.

бить оставшуюся часть доки на «domинишки» и снова поступает согласно стратегии.

Предлагаем читателю разобраться в том, кто выигрывает, если первоначально фишка стоит на каком-то ином поле.

Н. Нечевмаев

♦

Если $1978^m-1$ при некотором натуральном $m$ делится на $1000^m-1$ , то при этом $m$ разность $(1978^m-1)-(1000^m-1)=1978^m-1000^m$ также делится на $1000^m-1$ .

$1978^m-1000^m=2^m(989^m-500^m).$

Поскольку $1000^m-1$ число нечетное, на $1000^m-1$ должна делиться $989^m-500^m$ . Но это невоз-

М525. Докажите, что для любого метраэдра существуют такие две плоскости, что онишиеся плоскей проекций метраэдра на эти плоскости не меньше $\sqrt{2}$ .

Рис. 3.

Проведем через два противоположных ребра $AB$ и $CD$ метраэдра $ABCD$ параллельные плоскости $\Pi_1$ и $\Pi_2$ (рис. 3). Пусть $h$ — расстояние между ними. Будем рассматривать лишь проекции метраэдра на плоскости, перpendикулярные $\Pi_1$ , и уже средние их найдем также, относение плоскей проекций метраэдра на которых не меньше $\sqrt{2}$ .

Пусть $A_1B_1C_1D_1$ — проекция метраэдра $ABCD$ на такую плоскость $\alpha$ . Тогда $[A_1B_1] \subset \Pi_1 \cap \alpha$ , $[C_1D_1] \subset \Pi_2 \cap \alpha$ , и, следовательно, $[A_1B_1] \parallel [C_1D_1]$ . Таким образом, проекция $A_1B_1C_1D_1$ метраэдра $ABCD$ на плоскость $\alpha$ — это трапеция с высотой длины $h$ (в некоторых случаях вырождаются в треугольник). Средняя линия $KL$ трапеции $A_1B_1C_1D_1$ — это проекция параллелограмма $PQRS$ , где $P, Q, R, S$ — середины ребер $AC, AD, BD$ и $BC$ метраэдра $ABCD$ соответственно (см. рис. 3). (Действительно, все точки $K, L, P, Q, R, S$ лежат в плоскости, параллельной плоскостям $\Pi_1$ и $\Pi_2$ и равноудаленной от них.) Вершины параллелограмма $P, Q, R, S$ проектируют в точки пересечения средней линии $KL$ с отрезками $A_1C_1, A_1D_1, B_1D_1$ и $B_1C_1$ соответственно. Для определения будем считать, что $[PQ]$ — меньше сторона параллелограмма, а $[PR]$ — больше из его диагоналей. Очевидно, $|PR|/|PQ| \geq \sqrt{2}$ .

Возьем темперь плоскость $\alpha_1$ , параллельную диагонали $PR$ (и, конечно, перpendикулярную плоскости $\Pi_1$ ), и плоскость $\alpha_2$ , перpendикулярную $[PS]$ ( $\alpha_2 \perp \Pi_1$ ). Длина средней линии трапеции (proекция метраэдра) в первом случае равна $|PR|$ , а во втором — не больше $|PQ|$ . В первом случае плоскь проекции метраэдра равна $h \cdot |PR|$ , во втором — не больше $h \cdot |PQ|$ . Отношение этих плоскей не меньше $\sqrt{2}$ .

Для правильного метраэдра оценка $\sqrt{2}$ —напуляция: плоскди проекций правильного метраэдра на плоскости $\alpha_1$ и $\alpha_2$ будут равны $a^2/2$ и $a^2/2\sqrt{2}$ , где $a$ —длина ребра метраэдра. Но это также требует доказательства.

A. Берзины

M526. a) Докажите, что площadb выпуклого четырехугольника равна
$S = \frac{tg\varphi |a^2 - b^2 + e^2 - d^2|}{4},$
еде $a, b, c, d$ — длины последовательных строки четырехугольника, $\varphi$ — величины между его диагоналями, $\varphi \neq 90^\circ$ .
b) Может ли найти площadb $S$ , зная $a, b, c$ и $d$ , если $\varphi = 90^\circ$ ?

a) Пусть $ABCD$ — данный четырехугольник, $|AB| = a$ , $|BC| = b$ , $|CD| = c$ , $|DA| = d$ (рис. 4). Тогда
$S = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \cdot \sin \varphi.$
Попробуем выразить площadb $S$ четырехугольника $ABCD$ через скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BD}$ . Ясно, что выполняется одно из следующих равенств:
$\vec{AC}; \vec{BD} = \varphi \text{ или } \vec{AC}; \vec{BD} = \pi - \varphi.$
Позному $|\cos(\vec{AC}; \vec{BD})| = \cos \varphi$ . Если $\varphi \neq \frac{\pi}{2}$ , то
$S = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \cdot \cos \varphi = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \times$

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

$\times | \cos(\vec{AC}; \vec{BD})| \text{tg} \varphi = \frac{1}{2} \|\vec{AC}\| \cdot |\vec{BD}| \cos(\vec{AC}; \vec{BD})| \cdot \text{tg} \varphi = \frac{1}{2} |\vec{AC} \cdot \vec{BD}| \cdot \text{tg} \varphi.$

Однако $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = \vec{AC} (\vec{AD} - \vec{AB}) = \vec{AC} \cdot \vec{AD} - \vec{AC} \cdot \vec{AB} = \frac{1}{2} (2\vec{AC} \cdot \vec{AD} - 2\vec{AC} \cdot \vec{AB}) = \frac{1}{2} [(\vec{AC})^2 + (\vec{AD})^2 - (\vec{AC} - \vec{AD})^2 - ((\vec{AC})^2 + (\vec{AB})^2 - (\vec{AC} - \vec{AB})^2)] = \frac{1}{2} [(\vec{AC})^2 + (\vec{AD})^2 - (\vec{DC})^2 - (\vec{AC})^2 - (\vec{AB})^2 + (\vec{BC})^2] = \frac{1}{2} ((\vec{BC})^2 - (\vec{CD})^2 + (\vec{DA})^2 - (\vec{AB})^2);$

позтому

$S = \frac{1}{2} |\vec{AC} \cdot \vec{BD}| \cdot \text{tg} \varphi = \frac{1}{4} |a^2 - b^2 + c^2 - d^2| \cdot \text{tg} \varphi.$

В. Губа

При $\varphi = 90^\circ$ выразить площадь $S$ выпуклого четырехугольника через длины $a, b, c, d$ его сторонnelзя. Заметим, что в этом случае $a^2 - b^2 + c^2 - d^2 = 0$ . Пусть $a$ —наименьшее из чисел $a, b, c, d$ . Отрезок длины $a$ с концами на луче $l_1$ и $m_1$ (рис. 5) можно дострить до четырехугольника с заданным сторонами; меняя положения отрезка, мы получим целое смея ство таких четырехугольников (с разными углами при вершинах). Докажем, что площадь всех этих четырехугольников не равны одному и тому же числу. Для этого, воспользуемся равенством (рис. 6)

$S = \frac{1}{2} (ab \sin \varphi + cd \sin \psi),$

где $\varphi$ и $\psi$ — углы при вершинах $A$ и $C$ четырехугольника, найдем, какие значения может принять величины $S$ .

Углы $\varphi$ и $\psi$ связаны соотношением

$a^2 + b^2 - 2ab \cos \varphi = c^2 + d^2 - 2cd \cos \psi$

(теорема косинусов).

Будем считать, что угол $\varphi$ есть функция от $\varphi$ . Из соответствия (*)

$\psi' = \frac{ab \sin \varphi}{cd \sin \psi},$

так что для произвольной $S'$ (по $\varphi$ ) получаем:

$S' = \frac{1}{2} (ab \cos \varphi + \psi' cd \cos \psi) = \frac{ab}{2} \left( \cos \varphi + \frac{\cos \psi}{\sin \psi} \sin \varphi \right) = \frac{ab}{2} \sin \psi \sin (\varphi + \psi).$

Мы видим, что $S' = 0$ , когда $\sin (\varphi + \psi) = 0$ , то есть когда $\varphi + \psi = 180^\circ$ . Это значит, что около соответствующего четырехугольника можно описать окружность.

Мы почтем знаменитую теорему Шмейнера о том, что из всех четырехугольников с заданным стороном наибольшую площадь имеет тот, вокугт которого можно описать окружность. Почти — потому, что нужно еще проверить, что в указанном нуле произвольной $S'$ функция $S = S(\varphi)$ действительно имеет максимум. Мы ограничимся проверкой этого утверждения только для рассматриваемого нами случая, когда диагонали четырехугольника перпендикулярны (пока мы этим обстоятельством не пользовались).

Заметим, что производная $\psi'$ неотрицательна (это видно из формулы (**)), так что при росте угла $\varphi$ угол $\psi$ также растет. Минимальное значение угол $\varphi$ принимает в четырехугольнике на рисунке 7, $a$ , а максимальное — на рисунке 7, 6 (напомним, что $a$ — минимальное). Поэтому сумма $\varphi + \psi$ меняется от неокоторого значения, меньше 180°, до неокоторого значения, больше 180° и меньше 360°. Производная $S'$ положительная при $\varphi + \psi < 180^\circ$ , равна нулю при $\varphi + \psi = 180^\circ$ и меньше нуля при 180° < $\varphi + \psi < 360^\circ$ . Следовательно, сама функция $S$ возрастает при $\varphi + \psi < 180^\circ$ и достигает максимума при $\varphi + \psi = 180^\circ$ , после чего убывает; так что минимум $S$ достигается в одной из концевых x точек (соответствующих рисункам 7, а 6). Несложно вычислить (сделайте это самостояльно), что максимальная площадь $S_{\max}$ равна $\frac{ac + bd}{2}$ , а в концевых точках $S_1 = \frac{1}{2}(a + d)\sqrt{b^2 - a^2}$ и $S_2 = \frac{1}{2}(a + b)\sqrt{d^2 - a^2}$ соответственно ( $S_1 < S_2$ , если $b < d$ ; $S_1 = S_2$ , если $b = d$ ; $S_1 > S_2$ , если $b > d$ ). График функции $S$ изображен на рисунке 8, площь $S$ (четырехугольника с заданным длинами сторона и взаимно перпендикулярными диагоналями) может принимать любые значения в пределах $S_1 \leq S \leq S_{\max}$ , $S_{\max} \leq S \leq S_2$ .

Л. Лиманов

М527. Пусть $x_1, x_2, \dots, x_n$ — действительные числа, $0 \leq x_i \leq 1$ . Докажите, что величины $x_1 + x_2 + \dots + x_n - x_1x_2 - x_2x_3 - \dots - x_{n-1}x_n - x_nx_1$ не превозходим
а) 1 при $n = 3$ ;
б) 2 при $n = 4$ ;
в) $[n/2]$ при $n \geq 3$ .

Рис. 7.

Рис. 8.

Рис. 9.

Мы приведем два решения пункта в) задачи. Первое из них используется метод математической индукции, причем индукционный шаг осуществляется от $n = k$ к $n = k + 2$ . При этом необходимо проверить выполнение соответствующих неравенств для двух начальных значений $n: n = 3$ и $n = 4$ . Эта проверка, собственно, и составляет содержание пунктов $a$ ) и $6)$ задачи.
а) Итак, пусть $n = 3$ . Из условия $0 \leq x_i \leq 1$ ( $i = = 1, 2, 3$ ) следует, что $(x_1 - 1)(1 - x_2)(1 - x_3) \leq 0$ , то есть $x_1x_2x_3 + x_1 + x_2 + x_3 - x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1 \leq 1$ .
Поскольку $x_1x_2x_3 \geq 0$ , получаем требуемое неравенство $x_1 + x_2 + x_3 - x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1 \leq 1$ .
б) Пусть $n = 4$ . Докажем, что $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 - x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_4 - x_4x_1 \leq 2$ , используя геометрию.
Возьем квадрат $A_1A_2A_3A_4$ со стороны длины 1. На его сторонах $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, A_4A_1$ отметим, соответственно, точки $B_1, B_2, B_3, B_4$ так, чтобы $|A_iB_i| = x_i$ ( $i = 1, 2, 3, 4$ ; — см. рис. 9). Пусть $S_1, S_2, S_3, S_4$ — площники треугольников $A_1B_1B_4, A_2B_2B_1, A_3B_3B_2, A_4B_4B_3$ . Очевидно, $S_1 + S_2 + S_3 + S_4 \leq 1$ (треугольники лежат внутри квадрата площади 1 и не пересекаются); поэтому
$\frac{x_1(1 - x_4)}{2} + \frac{x_2(1 - x_1)}{2} + \frac{x_3(1 - x_2)}{2} + \frac{x_4(1 - x_1)}{2} \leq 1$
откуда получается нужее неравенство для $n = 4$ .
в) Предположим, что неравенство $x_1 + x_2 + \dots + x_n - x_1x_2 - x_2x_3 - \dots - x_{n-1}x_n - x_nx_1 \leq [n/2]$ (1)
верно для $n = k$ ; докажем, что оно верно для $n = k + 2$ .
Прежде всего заметим, что $x_{k+1} + x_{k+2} + x_kx_1 - x_kx_{k+1} - x_{k+2}x_k + 1 \leq 1$ .
(Действительно, это следует из неравенства $(x_1 - 1)(1 - x_{k+1})(1 - x_{k+2}) \leq 0$ )
при $x_k \geq x_1$ и из неравенства

При $x_1 \leqslant x_k$ .
По предположению индукции
$x_1 + \ldots + x_k - x_1 x_2 - \ldots - x_{k-1} x_k - x_k x_1 \leqslant [k/2].$
Складывая неравенства (2) и (3), получаем
$x_1 + \ldots + x_k + x_{k+1} + x_{k+2} - x_1 x_2 - \ldots - x_k x_{k+1} - x_{k+1} x_{k+2} - x_{k+2} x_1 \leqslant [k/2] + 1 = [k/2 + 1] = \left[ \frac{k+2}{2} \right],$
так что неравенство (1) справедливо и для $n=k+2$ . Задча в) решена.
Другое, быть может, более «естественное», решение задачи в) — следующее:
Зафиксируем переменные $x_1, x_2, \ldots, x_{i-1}, x_{i+1}, \ldots, x_n$ , а переменную $x_i=x$ будет изменять (на отрезке [0; 1]). Тогда
$x_1 + x_2 + \ldots + x_n - x_1 x_2 - x_2 x_3 - \ldots - x_{n-1} x_n - x_n x_1 = kx + b,$
где $k$ и $b$ — постоянные числа. Очевидно, ли и неей ная функция от $x$ , определяная на отрезке [0; 1], принимает наиболее значение на одном из концов отрезка. Поскольку это расужение можно применить последовательно к $x_1$ , затем к $x_2$ , …, к $x_n$ , наиболее значение выражения $\Sigma = x_1 + x_2 + \ldots + x_n - x_1 x_2 - \ldots - x_{n-1} x_n - x_n x_1$ достигается, когда неокоторая из чисел $x_i$ равны единице, а остальные — нулю. Заметим теперь, что если два соседних «иксса» оба равны единице (например, $x_i$ и $x_{i+1}$ ), то один из них можно превращать в нуль, не уменьшив при этом значения $\Sigma$ . Таким образом, $\Sigma$ принимает наиболее значение, когда неокоторая (скажем, $m$ ) не создает и «иксов» равны единице. Поскольку $m \leqslant [n/2]$ , («иксы» — не соседние!), мы получаем, что $\Sigma_{\max} \leqslant [n/2]$ . Но легко проверить, что при $x_1=x_3=x_5=\ldots=0$ , $x_2=x_4=\ldots=1$ значения $\Sigma$ как раз равно [n/2], откуда следует, что $\Sigma_{\max} = [n/2]$ .

В. Батырев, И. Клумова

Ф533. Гантелька длины $l$ стомит в узлу, образованном.elадками плоскостями (рис. 10). Нижний шарик гантельки смешатом горизонтальным на очень маленькое расстояние, и gianтелька начинаем движение. Наимену скорость нижнего шарика в том момент, когда верхий шарикометрется от вертикальной плоскости.

Рис. 10.

Рис. 11.

Пусть в момент отрыва верхнего шарика от вертикальной плоскости гантелька составляет угол $\alpha$ с вертикальной (рис. 11), скорость верхнего шарика равна $v$ , скорость нижнего — $u$ .

Согласно закону сохранения энергии
$\frac{mv^2}{2} + \frac{mu^2}{2} = mg\Delta h = mgl(1 - \cos \alpha),$
или
$v^2 + u^2 = 2gl(1 - \cos \alpha).$
(1)
(m — масса каждой шарика; $v, u, g$ — модули соответствуют вошивих векторов).
Поскольку стёржень жесткий,
$v \cos \alpha = u \sin \alpha.$
(2)
Из уравнения (1) и (2) находим:
$u^2 = 2gl(\cos^2 \alpha - \cos^3 \alpha).$
(3)
До момента отрыва центр масс гантельки движется с горизонтальнымускорением (это ускорение сообщалось силой реакции верхICALной стенки). Поэтому к моменту отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки скорость $u$ максимальная. Найдем значение $\cos \alpha$ , при которой выражение $\cos^2 \alpha - \cos^3 \alpha$ (см. (3)) максимально: $(x^2 - x^3)' = 2x - 3x^2 = 0$ ( $x = \cos \alpha$ ) при $x = 2/3$ , то есть $\cos \alpha = 2/3$ .
Подставив это значение $\cos \alpha$ в (3), найдем:
$u = \frac{2}{3}\sqrt{\frac{2}{3}gl}.$

А. Зильберман

Ф534. Астромавы «Скайлзба» с помощью специального радиолокационного высотомера обнажжили, что поверхность океана в районе «Бермудского треугольника» ниже нормального уровня на 25 метров (см., например, журнал «Наука и жизнь», 1976, № 9). Предполагается, что этом «процеду» можно объяснить начиным подdhom океана шаровой полости, заполненной водой, оценimb радуус этой полости. Глубина океана h=6 км, средняя плотность земных пород ρn=3·10³ кк/м³.

Рис. 12.

Рис. 13.

Свободная поверхность воды в поле тяготения Земли всегда установливается так, что в любой точке поверхности сила тяготения перепределения к ней, то есть направлена к центру Земли по радиусу. Из-за наличия полости поверхности океана искривлена — суммарная сила тяготения (со стороны Земли и со стороны «полости») направлена, вообще говоря, не по радиусу Земли.

В дальнейших рассуждения мы будем пользоваться аналогичной между электростатической полем точного заряда Q и полем тяготения точной массы M. (Напомним, что поле тяготения шара массы M эквивалентно полю тяготения точной массы M, помещенной в центр шара.)

Сила, действующая на пробный заряд q со стороны заряда Q, и сила, действующая на пробную массу m со стороны массы M, равны, соответственно,

$F_{эл} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Qq}{r^2}, \quad F_T = \gamma \frac{Mm}{r^2},$

где r — расстояние между Q и q, M и m. Эти формулы похожи: $F_{эл} \sim 1/r^2$ и $F_T \sim 1/r^2$ , $F_{эл} \sim q$ , а $F_T \sim m$ , то есть зависимость этих сил от расстояния одна и та же и зависимость от величины пробного заряда и величины пробной массы одинаковы. Ползуясь этой аналогичной, введем потенциаль φ_T поля тяготения точной массы M (равный потенциальной энергии единичной массы в поле массы M). Выражение для φ_T аналогичного выражению для потенциаль φ_{эл} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{r} электростатического поля точного заряда Q:

$\varphi_T = -\gamma \frac{M}{r}.$

(Знак «минус» отражает основное различие между F_{эл} и F_T: под действием gravитационного сил тела всегда притягиваются. Поскольку потенциаль энергия при бесконечном большом r полагается равной нулю, в случае сил притягивания потенциаль энергия в поле тяготения оказывается отрицательной.)

Пotenциальная энергия частицы массы m на поверхности воды должны быть осиду одинаковой. (Поскольку сила тяготения всуду перепределения поверхности, работа силы тяготения по перемещению частицы по поверхности равна нулю.) Следовательно, поверхности океана (поверхность Земли) — эквивалентная поверхности (аналог — эквивалентная поверхности поле).

Запишем потенциаль поля тяготения Земли в точке A, находящейся дальше от полости, и в точке B, находящейся непредседательно над полостью (рис. 12). В точке A найден полости можно пренебречь и считать потенциаль равным

$\varphi_A = -\gamma \frac{M}{R},$

где R — радиус Земли, M=4/3πR³ρπ — ее масса. Чтобы найти потенциаль в точке B, воспользуемся принципом суперпозиции. Рисунок 13 илистрирует суперпозицию полей тяготения Земли и полости. Из рисунка понятно, что потенциаль в точке B складывается из потенциаль поля тяготения Земли (без полости) и поля тяготения шаровой массы с плотностью ρ_B - ρπ, то есть точной массы μ = 4/3πr³ (ρ_B - ρπ), где r — радиус полости, ρ_B — плотность воды. Итак (см. рис. 13),

$\varphi_B = -\gamma \frac{M}{R - \delta} + \left( -\gamma \frac{\mu}{r + h - \delta} \right).$

Поскольку поверхности океана — эквивалентная, φ_A = φ_B, то есть

$\frac{M}{R} = \frac{M}{R - \delta} + \frac{\mu}{r + h - \delta}.$

Преобразуем это выражение:

$-M \frac{\delta}{R(R - \delta)} = \frac{\mu}{(r + h) - \delta} \Rightarrow$

$\Rightarrow -\frac{M}{\mu}[(r + h)\delta - \delta^2] = R(R - \delta).$

Пренебрегая $\delta^2$ в левой части и $\delta$ – в правой, получаем

$-\frac{M}{\mu}(r + h)\delta \approx R^2,$

или, подставляя $-\frac{M}{\mu} = -\frac{R^3}{r^3}\frac{\rho_\pi}{(\rho_B - \rho_\pi)},$

$\frac{(r + h)}{r^3}\frac{R\delta\rho_\pi}{(\rho_\pi - \rho_B)} \approx 1 \Rightarrow$

$\Rightarrow \frac{r^3}{(r + h)} \approx \frac{\rho_\pi}{(\rho_\pi - \rho_B)} R\delta = \frac{3}{2} \cdot 6,4 \cdot 10^6 \cdot 25 (\text{m}^2)$

(здесь подставлены численные значения $R = 6,4 \cdot 10^6$ м, $\rho_\pi = 3 \cdot 10^3$ кг/м $^3$ , $\rho_B = 1 \cdot 10^3$ кг/м $^3$ , $\delta = 25$ м). Мы не будем решать это кубическое уравнение относительно $r$ , а лишь оценим значение $r$ . Для оценки воспользовемся тем, что функция $r^3/(r + h)$ монотно возвращает при $r > 0$ .

Непосредственныйми вычислениями легко убедиться, что $r$ заключено в интервале между 18 км и 20 км.

A. Стасенко

Ф535. Поменциальная энергия взаимодействия двух однаковых заряженных маленьких шариков с зарядами $q_1$ и $q_2$ равна $W_1 = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 l}$ , где $l$ – расстояние между цепями шариков. Если шарики соединены проволокой, заряды шариков станут одинаковыми, иomenциальная энергия взаимодействия шариков станем равной $W_2 = \frac{(q_1 + q_2)^2}{16\pi\varepsilon_0 l}$ . Так как $(q_1 + q_2)^2 > 4q_1 q_2$ (при $q_1 \neq q_2$ ), то $W_2 > W_1$ , тоomenциальная энергия взаимодействия зарядов возвращается!

Откуда берется дополнительная энергия?

Рассужждение, приведенные в условия задачи, не верны: в них учета только потенциальная энергия взаимодействия шариков и не учета энергия электростанческого поля отдельных шариков.

Энергия электростанческого поля отдельного (изолюрованного) шарика с зарядом $q$ равна работе, которая совершается при зарядке шарика. Ее можно рассматривать как энергию сферического конденсатора, внешняя обкладка которого находится бесконечно дальше (от шарика). Эту энергию можно вычислить по формуле $W = \frac{1}{2} qU$ , где $q$ – заряд конденсатора (заряд шарика), $U$ – разность потенциальов его пластин. В нашем случае $U$ равно потенциальу Ф шарика по отношению к бесконечности (где потенциаль приятный нулю): $U = \varphi = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q}{r}$ , где $r$ – радиус шарика.

Таким образом, $W = \frac{1}{2} q\varphi = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 r}$ . Энергия системы до соединения шариков проводок равна $W_1 = \frac{q_1^2}{8\pi\varepsilon_0 r} + \frac{q_2^2}{8\pi\varepsilon_0 r} + \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 l}$ , а после соединения —

$W_2 = 2 \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 r} + \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l} = \frac{(q_1 + q_2)^2}{16\pi\varepsilon_0 r} + \frac{(q_1 + q_2)^2}{16\pi\varepsilon_0 l},$

где $q = (q_1 + q_2)/2$ .

Так что

$W_1 - W_2 = \frac{(q_1 - q_2)^2}{16\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{l} \right) > 0,$

то есть $W_1 > W_2$ . Это и естественно, так как при соединении шариков проводок часть энергии выделилась в виде джоулева телла.

И. Словодечкий

Ф536. Жесткая прямо-уедольная конструкция AOB (AOB=90°) врачается воркреем вертикальной оси OO′, так что AOO′=α (рис. 14). С помощью колец, которые могут свободно скользить по сторонам AO и OB, на конструкцию надем легкий стержень KE длины 2a. К середине стержня прикреплен небольший массивный шарик. При какой улевой скорости врачания конструкции стержень заиметродизонтальное положение?

Когда стержень KE находится в горизонтальном положении, шарик врачается вокруг оси OO′ по окружности радиуса r=a sin (π/2−2α)=a cos 2α (см. рис. 14). Центростремительное ускорение ω²r (ω — угловая скорость врачания конструкции) шарик сообщает сила R реакции стержня (ее горизонтальная проекция). Запишем уравнение движения шарика в проекциях на оси X и Y (рис. 15):

$R_x = m\omega^2r = m\omega^2a\cos 2\alpha,$
$R_y = mg$

( $R_x, R_y, mg$ — модули проекций векторов $\vec{R}$ и $\vec{mg}$ ).

Тепер запишем уравнение движения конструкции KE в проекциях на оси X и Y (см. рис. 15):

$N_1\cos \alpha - R_x' - N_2\sin \alpha = 0,$
$N_1\sin \alpha - R_y' + N_2\cos \alpha = 0$

( $\vec{R}' = -\vec{R}$ — действующая на стержень сила реакции шарика; $\vec{N}_1, \vec{N}_2$ — действующие на стержень силы реакций «плеч» OA и OB конструкции; $R_x', R_y', N_1\cos \alpha, N_2\sin \alpha$ и т.п. — модули соответствуют проекции; $R_x' = R_x, R_y' = R_y$ ).

Рис. 14.

Рис. 15.

Условием того, что стержень занимает горизонтальное положение, является равенство нулю суммы моментов сил, действующих на стержень, относительно горизонтальной оси, перpendикулярной плоскости конструкции. Запишем уравнение моментов относительно точки C:

$|\vec{N}_1|a\sin \alpha - |\vec{N}_2|a\cos \alpha = 0.$

Из уравнения (1) — (3) находим:

$\omega = \sqrt{g/(a\sin 2\alpha)}$

С. Кромов