Решения задач М538, М539; Ф547—Ф552

27

Решения задач
M538, М539; Ф547—Ф552

М538. Множество всех натуральных чисел является обеденением двух непересекающих подмножества $f(1), f(2), \dots, f(n), \dots$}, $\{g(1), g(2), \dots, g(n), \dots\}$, $\exists f(1) < f(2) < \dots < f(n) < \dots, u g(n) = f(f(n)) + 1$ для всех $n \ge 1$. Определите $f(240)$.

Обозначим множество $f(n)$ и $\{g(n)\}$ через $F$ и $G$ (по условию $F \cap G = \emptyset$ и $F \cup G = N$). Начав с первых натуральных чисел 1, 2, 3, …, легко последовательно выяснить, к какому из множества $F$ или $G$ следует отнести очередное натуральное число и какому номеру $n$ оно соответствует в своей множестве: ясно, что $1 = f(1)$, поэтому $2 = f(f(1)) + 1 = g(1)$; далее, $3 = f(2), 4 = f(3), 5 = f(f(2)) + 1 = g(2)$, … (таблица 1). При этом мы получаем условим $g(n) = f(f(n)) + 1$ — очередное $g(n)$ ставим сразу после того, как поставлено $f(f(n))$.

Таким образом, $f(n)$ и $g(n)$ определяются однозначно, и в принципе можно решить задачу, просто доведя наш таблицу до 240-й строки. Однако это утомитель и неинтересно. Можно сэкономить время, подметив появляющиеся закономерности:

1°. разность $f(n+1) - f(n)$ равна всегда 1 или 2, причем

$$f(n+1) - f(n) = \begin{cases} 1, \text{ если } n \in G, \\ 2, \text{ если } n \in F \end{cases}$$

(если $n = f(k)$, то $f(n)+1 \neq g(k)$);

2°. $g(n) = f(n)+n$ при любом $n$. В самом деле, среди $g(n)$ чисел 1, 2, …, $f(f(n)), g(n)$ имеется $f(n)$ чисел $f(1), f(2), \dots, f(f(n))$ из $F$ и $n$ чисел $g(1), g(2), \dots, g(n)$ из $G$. Таким образом, $g(n) = f(n)+n$.

Свойства 1° и 2° дают нам возможность составить «ускоренную» таблицу 2. Телер остается, пользоваться свойством 1°, перейти от 234 к 240 (таблица 3). Еще проще, как договорался наш читатель А. Балинский, предусмотренно сделать лишиный шаг раныше (использовая равенство $f(f(n)) = f(n)+n-1$):

$$f(57) = 90+2 \quad (56 \in F), \quad f(92) = 92+56 = 148,$$

$$f(148) = 148+91,$$

$$f(239) = 239+147 = 386, \quad f(240) = 386+2 = 388 \quad (239 \in F).$$

Итак, ответ на конкретный вопрос задачи M538 получен: $f(240)=388$. Однако оказывается, что здесь можно продвинуться существенно дальше — найти заменательные простые формулы, сразу дающие ответ для любого $n$:

$$f(n) = \left[ \frac{1+\sqrt{5}}{2} n \right], \quad g(n) = \left[ \frac{3+\sqrt{5}}{2} n \right]$$

(здесь $[x]$ — целая часть $x$). До формул () допумались несколько наших читателей, но не всем удалось их аккуратно доказать. Алгебраические доказательство довольного громоздко (хотя и не очень сложно); мы вместе не приведем наглadyную картинику, из которого будут ясны и формулы (), и ход построения последовательностей $f(n)$, $g(n)$. Но прежде обьясим «на пальцах», откуда в этой задаче появляется irrationalное число $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$.

Глядя на таблицу 1, естественно предположить, что последовательность $f(n)$ растет примерно как линейная функция от $n$: $f(n) \approx \gamma n$. Тогда при больших $n$ должны быть $g(n) \approx f(f(n)) \approx \gamma (\gamma n) = \gamma^2 n$. Но согласно 2°, $g(n) = f(n)+n$, так что $\gamma^2 n \approx \gamma n+n$, а это возможно лишь при $\gamma^2 = \gamma+1$, откуда (если $\gamma > 0$) $\gamma = (\sqrt{5}+1)/2$. Из дальнейшего будет видно, что наш множество $F$ и $G$ из первых $n$ натуральных чисел действительное содержат примерно по $n/\gamma$ и $n/\gamma^2$ чисел соответствующего (как говорят, они имеют полномости $1/\gamma$ и $1/\gamma^2$).

28

Число γ и его близкие «родственники»

$$\frac{1}{\gamma} = \gamma - 1 = \frac{(\sqrt{5} - 1)}{2}, \quad \gamma^2 = \gamma + 1 = \frac{(\sqrt{5} + 3)}{2}, \quad 1/\gamma^2 = \frac{(3 - \sqrt{5})}{2}$$

возникают в самых разнообразных задачах *), в частности, при исследовании чисел Фибоначчи 1, 2, 3, 5, 8, 13, …, $\Phi_{n+1} = \Phi_{n-1} + \Phi_n$, … (любо Pittsно, что эти числа на 1 меньше чисел $n$ из таблицы 2; подумайте, почему), в теории чисел, в геометрии. В частности, легко проверить, что при отрезании квадрата от прямого лыжи с «золотым» отношением длины сторона γ остается прямого лыжи, подобный первоначальному, — отсюда следует, что на рисунке 1, где такое отрезание проделано дважды, точки O, K и M лежат на одной прямой. Это свойство числа γ нам пригодится.

Приведем теперь простой способ построения чисел $f(n)$ и $g(n)$. На клетчатой бумаге как на координатной плоскости (рис. 2) проведем прямую $l$, определяемую уравнением $y = \gamma x$ — с «золотым» угловым коэффициентом $\gamma = \frac{(\sqrt{5} + 1)}{2}$. (Как это сделать с помощью циркуля и линейки?) Занутерум подряд все те «красные» клетки (рис. 2), которые пересекает прямая $l$, начиная с нулевой клетки, содержащей начало координат $O$. Поскольку γ играционально, $l$ не проходит через узлы сетки, то есть входит в очередную клетку, пересекая либо прямую $y = n$, либо прямую $x = n$ ($n \in \mathbb{Z}$). Заметим, что номер клетки $\{(x; y) : [x] = i, [y] = j\}$ равен $i+j$ (почему?). Мы утверждаем, что если номер клетки $m$, то соответственно либо $m = f(n)$, либо $m = g(n)$. Другими словами, если занутеровать по порядку отрезки координатных лучеей $Ox$ и $Oy$, то на д отрезком номер $n$ оси $x$ лежит клетка номер $g(n)$, а с права от отрезка номер $n$ оси $y$ лежит клетка номер $f(n)$. Проверьте это по таблице 1 и рисунку 2!

Доказательство, что построенные таким образом, с помощью клетчатой бумаги, числа $f(n)$ и $g(n)$ в самом деле, которые нам нужны, состоит в проверке того, что номера клеток удовлетворяют всем свойствам последовательности $f$ и $g$ из условия задачи. Тот факт, что мы получаем разбиение всего натурального ряда $N$ на две непересекающей возрастящие последовательности, ясен. Остатся проверить, что $g(k) = f(f(k)) + 1$. «Распространим» номерацию красных клеток на всю плоскость: каждой клетке плоскости $\{(x; y) : [x] = i, [y] = j\}$ присвоит номер $i+j$ (синние цифры на рисунке 2); при этом номера отрезков на осах совпадают с номерами содержащих их клеток.

Для произвольного $n$ отметим точки $K(n/\gamma; n)$ и $M(n/\gamma; n)$ пересечения прямой $l$ с прямыми $y = n$ и $x = n$ (рис. 3). Тогда левая клетка, содержащая точку $K$, имеет номер $f(n)$, а нижняя клетка, содержащая точку $M$, — номер $g(n)$. Отметим проекции $K'$ и $M'$ точки $K$ и $M$ на ось $y$. Заметим, что $K'KM' = 45^\circ$ (вспомните рисунок 1), поэтому клетки, содержащие точки $K$ и $M'$, имеют номер $f(n)$. В точке $M$, таким образом, прямая $f(f(n))$ в клетку номер $g(n)$, то есть $f(f(n)) + 1 = g(n)$.

*) Н. Н. Воробьев «Числа Фибоначчи» (М., «Наука», 1978); Г. С. М. Коксетер «Введение в геометрию» (М., «Наука», 1966), гл. «Золотое сечение и филлотаксис»; А. Д. Бендукдзе «Золотое сечение» («Квант», 1973, № 8, с. 22).

30

Заметим, что эта лемма верна и для любого точки $K$ пространства: если точка $K$ принадлежит над плоскостью рисуника 5 на расстояние $z$, то есть имеет координаты $(x; y; z)$, то к обеим частям (1) добавится $2z^2$.

Докажем теперь утверждение $2^\circ$. Согласно $1^\circ$, вершины $A_1, B_1$ и $C_1$ параллелепида — четвертые вершины прямого/libников $PBA_1C$, $PCB_1A$ и $PAC_1B$ (рис. 6) — лежат на расстоянии $\sqrt{2r^2-p^2}$ от точки $K$. Снова пользовается $1^\circ$: четвертая вершина $D$ прямого/libников $A_1CB_1D$, у которой $|A_1K|^2 = |B_1K|^2 = 2r^2 - p^2$, $|CK|^2 = r^2$, находится от точки $K$ на расстоянии

$$\sqrt{2(2r^2-p^2)}-r^2 = \sqrt{3r^2-2p^2}.$$

Итак, мы доказали, что вершина $D$ параллелепида лежит на сфере с центром $K$ и радиусом $\sqrt{3r^2-2p^2}$. Но, как в любой задаче на отыскание множества точек, нужно доказать и обратное: что любая точка этой сферы является вершиной неокторого параллелепида, удовлетворяющего условиям задачи. Про это заблину многое из читателей, приславших нам решение задачи М539. Между тем здесь дается аккуратное доказательство обратного утверждения далеко не так просто, как в плоском случае (там по заданным точкам $P$ и $D$ легко, построив окружность с диаметром $[PD]$, найти вершину $A$ и с помощью $1^\circ$ доказать, что четвертая вершина $C$ прямого/libника $PADC$ лежит на данной окружности). Возможно, это связано с тем, что в пространственной задаче больше свободы в выборе нужного параллелепида: для данных точек $P$ и $D$ их существует целое семейство. (Нам, конечно, достаточно построить один из них.)

В доказательстве обратного утверждения неокторые читатели использовали метод координат, другие — сообщения непрерывности. Мы же и здесь начнем с геометрических наблюдений, которые были сделаны при попытках решить эту задачу:

$$3^\circ. \text{Квадраты радиусов четырех сфера с центром } K, \text{ на коморых лежат точки } P; A, B \text{ и } C; A_1, B_1 \text{ и } C_1, D, \text{ образуют арифметическую прогрессию:}$$
$$p^2, r^2, 2r^2-p^2, 3r^2-2p^2.$$

Аналогичная закономерность есть и в плоском варианте (правда, там в программе всего три члена). В связи с этим указываем следующей логику доказываемого утверждения:

Если несколько концентрических окружностей, quadratiches которых составляют арифметическую прогрессию,

31

Рис. 8.

грессио, пересекают некоморую окружность γ, то общее (с γ) хорды этих окружностей паралельны и находятся на одинаковом расстоянии друge от друга (рис. 7).

Нам попадобится пространственный вариант этого утверждения, где вместо окружностей фигурирует сферы, вместе хорд — кругги и т. п. (он получается из плоского рисуна 7 вращением вокруг оси симметрины).

4°. Как легко доказать, плоскости ABC и A₁B₁C₁ пересекают диагональ PD параллелепеда в максимом точках M и M₁, которые делят ее на три одинаковых отрезка: |PM| = |MM| = |M₁D| — и является точками пересечения медиан треугольников ABC и A₁B₁C₁ (рис. 8). Середина Q диагонали PD служит центром симметрины параллелепеда.

5°. Чтобы получить пространственные рисунки 6 и 8, укажем еще следующие факты:

Проекция Q’ на плоскость ABC центра Q прямогоного параллелепеда попадает в центр окружности, описанной вокругtriangle ABC; проекция P’ вершины P параллелепеда — в ortоцентрtriangle ABC (точку пересечения высот), Отсюда и из 4° легко вывести теорему Эйлера: M∈[Q’P’] и |MQ’| : |MP’| = 2 (рис. 9) *). Теорель уже все готовы для окончания решения задачи M539.

Пусть |KP| = p и |DK| = √3r² - 2p²; Q — середина отрезка [PD], γ и γ₁ — окружности, по которым сфера с диаметром [PD] пересекает сферы радиусов r и √2r² - p² с центром K (см. рис. 8). Согласно 4°, плоскости этих окружностей делят [PD] на три одинаковые части: [PM], [MM₁], [M₁D]. Возьмем любую точку A∈γ и обозначим через A₁ симметрично ей относительно Q точку A₁∈γ₁.

Ясно, что PAD = PA₁D = 90°. Проведем через точки P и D плоскости, перепедикулярные отрезкам [PA] || [DA₁]. Точки пересечения этих плоскостей с окружностями γ и γ₁ дают нам вершины нужного прямогоного параллелепеда (см. рис. 8): в самом деле, середины E и E₁ отрезков AD и A₁P (рис. 10, 11) лежат в плоскости окружностей γ и γ₁ и служат центрами сечений сферы построенными плоскостями; следовательно, AC₁DB₁ и A₁CPB — прямогоники.

Н. Васильев

*) Правда, такое ее доказательство годится лишь для остругоного треугольника, потому что лишь такой треугольник может служить сечением (ABC) для прямогоного параллелепеда. Подумайте, нельзя ли переделать это доказательство для тупоугольного ΔABC.

32

Ф547. Фотоэрафини шаровых сгустков светящейся плазмы, летящих равнозамедленно до остановки, имеют вид полос длины l. Максимальная ширина полос d ≤ l. Расстояние между плазмой и объективом photoаппарата L, фокусное расстояние объектива F. Минимальное время «засветки», необходимое для того, чтобы на фотоэрафини появилась изображение, равно т. Определить ускорение сгустков. Объектив photoаппарата остается открытым до полной остановки сгустков.

Ф548. Реактивная мележка массы m описываем мертвую nemло по вертикальной круговой дорогке радиуса R с постоянной линейной скоростью v. Какая работа совершается силой претензии при перемещении мележки из самого нижнего положения в самое верхнее? Коэффициент претензии мележкой и дорогкой равен μ.

Рис. 12.

Максимальная ширина полосы, очевидно, определяется диаметром D сгустка. Если Γ = |$\frac{F}{F-L}$| – уvelичение фотоаппарата, то D = $\frac{d}{Γ}$. Чтобы избежать появления на пленке, необходимое, чтобы скорость v сгустка была такой, что за время t сгусток проелал бы расстояние не больше D. Если с момента появления изображения до полной остановки сгустка проелит время t, то в момент появления изображения скорость сгустка равна |v| = |a| t и удовлетворяет условиям

$$\frac{D}{|a| t} = \frac{d}{\Gamma |a| t} = \tau.$$ (1)

Do полной остановки сгусток проелит расстояние

$$L = \frac{l}{\Gamma} = \frac{|a| t^2}{2}.$$ (2)

Из уравнения (1) и (2) находим ускорение сгустка:

$$|\vec{a}| = \frac{d^2}{2\Gamma l\tau^2} = \frac{d^2}{2l\tau^2} \left| \frac{F-L}{F} \right|.$$

В. Серецевич

Рассмотрим два симметричных положения тележки, при которых радиус-векторы точек, в которых находится тележка, составляют с вертикальной один и тот же угол α (рис. 12). $\vec{N}_1$ и $\vec{N}_2$ – силы реакции дорогки в этих положениях, $\vec{F}_{T1}$ и $\vec{F}_{T2}$ – силы тягги, $\vec{F}_{Tp1}$ и $\vec{F}_{Tp2}$ – силы треня. Так как тележка скольит по дорогке, $F_{Tp1} = \mu N_1$ и $F_{Tp2} = \mu N_2$ (здесь $N_1 = |\vec{N}_1|$, $F_{Tp1} = |\vec{F}_{Tp1}|$ и т.п.).

Тележка движется по окружности со скоростью v; следовательно, сумма проекций всех сил, действующих на тележку, на направление радиуса равна $mv^2/R$, то есть (см. рис. 12)

$$N_1 - mg \cos \alpha = mv^2/R, \quad N_2 + mg \cos \alpha = mv^2/R.$$

Отсюда

$$N_1 = (mv^2/R) + mg \cos \alpha, \quad N_2 = (mv^2/R) - mg \cos \alpha$$

и

$$F_{Tp1} = \mu [(mv^2/R) + mg \cos \alpha], \quad F_{Tp2} = \mu [(mv^2/R) - mg \cos \alpha].$$

При повороте радиус-вектора на малый угол Δα, то есть при малом проекции тележки на Δl = R Δα с сильные треня $\vec{F}_{Tp1}$ и $\vec{F}_{Tp2}$ совершают работы $\Delta A_1 = F_{Tp1}R \Delta \alpha$ и $\Delta A_2 = F_{Tp2}R \Delta \alpha$.

Сумма работы сил $\vec{F}_{Tp1}$ и $\vec{F}_{Tp2}$ на малых участках Δl равна $\Delta A = (F_{Tp1} + F_{Tp2})R \Delta \alpha = 2\mu mv^2 \Delta \alpha.$

Значение ΔA не зависит от α. Это означает, что при повороте радиус-вектора тележки на малый угол Δα из любых двух симметричных точек (аналогичных I и 2) слияние совершает одну и ту же работу, пропорциональную Δα.

Перемещение тележки из нижней точки дорогки в верхнюю соответствует изменению α на π/2, то есть ΣΔα = π/2. Следовательно, работа силы треня при таком проекции равна

$$A = \sum \Delta A = 2\mu mv^2 \Delta \alpha = \pi\mu mv^2.$$

О. Савченко

33

Ф549. Два шарика с массами $m_1$ и $m_2$ соединены пружинкой жесткостями $k$; пружинка расположена Zo-zонным и не деформирована. Шарикам одноременно сообщаются скорости $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$, как показано на рисунке 13, причем $|\vec{v}_1| = |\vec{v}_2| = v$.
Найти максимальную высоту подвела системы и наиболее деформацию пружинки.

Рис. 13.

Центр масс системы (ц. м.) будет двигатся, как тело с массой $M = m_1 + m_2$, брошенное под углом к горизонту с начальным импульсом $\vec{p}_0$, равным сумме начальных импульсов шаров:

$$\vec{p}_0 = M \vec{u}_0 = m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2$$

($\vec{u}_0$ — начальная скорость ц. м.). Проекция импульса $\vec{p}_0$ на вертикальную ось $OY$ равна $m_2 v$, следовательно, проекция начальной скорости ц. м. на ось $OY$ равна $u_y = m_2 v / M$. Это означает, что максимальная высота центра масс системы равна

$$H = \frac{u_y^2}{2g} = \frac{v^2}{2g} \left( \frac{m_2}{m_1 + m_2} \right)^2.$$

Теперь найдем наиболее деформацию пружинки. Очевидно, в тот момент, когда деформация пружинки максимальная, в системе координат, движущейся со скоростью центра масс системы, шарики могут только враться в вокруг центра масс. Это означает, что энергию системы можно представить как сумму энергии $W_C$ системы как целого и внутренней энергии, которая равна сумме потенциальной энергии деформации пружинки $kx^2 / 2$ (х — величины деформации) и kineticской энергии врашения шариков $W_K = 1 / 2 \left[ m_1 (\omega l_1)^2 + m_2 (\omega l_2)^2 \right]$, где $\omega$ — угловая скорость врашения, а $l_1$ и $l_2$ — расстояния от соответствующих шариков до центра масс.

Обозначим через $l$ длину пружинки. Тогда $l_1 = lm_2 / M$, $l_2 = lm_1 / M$, так что

$$W_K = \frac{1}{2} \omega^2 l^2 \left( \frac{m_1 m_2^2}{M^2} + \frac{m_2 m_1^2}{M^2} \right) = \frac{1}{2} \omega^2 l^2 \frac{m_1 m_2}{M}.$$

Найдем $\omega$. Из закона сохранения момента импульса следует, что

$$m_1 (\omega l_1) l_1 + m_2 (\omega l_2) l_2 = m_1 \omega_0 l_{10}^2 + m_2 \omega_0 l_{20}^2,$$

где $l_{10}$ и $l_{20}$ — начальные расстояния от шариков до центра масс, $\omega_0$ — начальная угловая скорость. Очевидно, если начальная длина пружинки равна $l_0$, то

$$l_{10} = l_0 m_2 / M, \quad l_{20} = l_0 m_1 / M.$$

Позному мы можем записать

$$\left[ m_1 \left( \frac{m_2}{M} \right)^2 + m_2 \left( \frac{m_1}{M} \right)^2 \right] \omega l^2 = \left[ m_1 \left( \frac{m_2}{M} \right)^2 + m_2 \left( \frac{m_1}{M} \right)^2 \right] \omega_0 l_0^2.$$

Отсюда $\omega = \omega_0 (l_0 / l)^2$. Для того чтобы найти $\omega_0$, необходимо найти начальные скорости $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$ шариков в системе центра масс. Так как скорость центра масс в начальной момент равна $\vec{u}_0 = \left( m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2 \right) / M$, скорости шариков в системе центра масс соответствует

$$\vec{v}_1 = \vec{v}_1 - \vec{u}_0 = \frac{m_2}{M} \left( \vec{v}_1 - \vec{v}_2 \right),$$

$$\vec{v}_2 = \vec{v}_2 - \vec{u}_0 = \frac{m_1}{M} \left( \vec{v}_2 - \vec{v}_1 \right).$$

Угловая скорость $\omega_0$ шариков равна, например, проекции скорости $\vec{v}_0$ на ось $OY$, деленной на $l_{20}$, то есть

$$\omega_0 = \frac{v m_1 / M}{l_{20}} = \frac{v}{l_0}.$$

34

Таким образом,

$$W_K = \frac{1}{2} \omega_0^2 l_0^2 \frac{m_1 m_2}{M} = \frac{v^2}{2} \frac{m_1 m_2}{M} = \frac{m_1 m_2}{2M} v^2.$$

Тепер воскользуемся законом сохранения энергии. Полная энергия системы равна

$$\frac{m_1 v_1^2}{2} + \frac{m_2 v_2^2}{2} = \frac{M v^2}{2}.$$

Позтому

$$\frac{M v^2}{2} = W_C + \frac{k x^2}{2} + W_K.$$

Но, согласно закону сохранения энергии, для системы как целого

$$W_C = W_{co} = \frac{M u_0^2}{2} = \frac{M}{2} \left( \frac{m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2}{M} \right)^2.$$

Так как векторы $m_1 \vec{v}_1$ и $m_2 \vec{v}_2$ взимно перепределились,

$$\left( m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2 \right)^2 = m_1^2 v_1^2 + m_2^2 v_2^2 = \left( m_1^2 + m_2^2 \right) v^2.$$

Позтому

$$W_C = \frac{m_1^2 + m_2^2}{2M} v^2,$$

и законом сохранения энергии можно перепписать в виде

$$\frac{M v^2}{2} = \frac{m_1^2 + m_2^2}{2M} v^2 + \frac{k x^2}{2} + \frac{m_1 m_2 v^2}{2M}.$$

Отсюда

$$x = v \sqrt{\frac{m_1 m_2}{k M}}.$$

И. Слободецкий

Рассстояние $h$ от центра алюминевой шайбы до вершины конуса определяется уравнением $\frac{h + a}{h} = \frac{R}{r}$ (рис. 14) и равно $h = a \frac{r}{R - r} = 3$ (см).

При нагревании алюминевая шайба расширяется больше, чем участок конуса, с которым она соприкается ($\beta_2 > \beta_1$), поэтому она сокальзывает вниз. Железная шайба «заклинивается» на конусе ($\beta_3 < \beta_1$) и смешается вместе с участком конуса, на котором она держится. При нагревании угол при вершине конуса не изменяется. Новое расстояние $h'$ от центра алюминевой шайбы до вершины конуса определяется уравнением $\frac{h'}{h} = \frac{r'}{r}$ и равно

$$h' = h \frac{r (1 + \beta_2 \Delta t)}{r} = h (1 + \beta_2 \Delta t).$$

Рассстояние между шайбами при нагревании увеличилось на

$$\Delta a = \left( H' - h' \right) - a = a \beta_1 \Delta t - h \left( \beta_2 - \beta_1 \right) \Delta t \approx 0,16 \text{ (мм)}.$$

Г. Комкин

35

Ф551. Груз массы m подвешен к двум пружинам с жесткостью $k_1$ и $k_2$ с помощью нити и блока (рис. 15). Найти перiod малых колебаний груза. Нимtb и блок ситамь невесомыми.

При смешении блока с грузом на величины $x$ суммарная деформация пружин равна $2x$, то есть
$$x_1 + x_2 = 2x,$$
где $x_1, x_2$ — деформация пружин с жесткостью $k_1$ и жесткостью $k_2$ соответственно. Силья упругости, возникшие в пружинах, одинаковы — каждая из них равна по абсцилтной величины силе $\vec{T}$ натяжения нити. Таким образом, $x_1 = T/k_1, x_2 = T/k_2$ и
$$2x = \frac{T}{k_1} + \frac{T}{k_2}$$
(здесь $T = |\vec{T}|$). Отсюда находится
$$T = 2 \frac{k_1 k_2}{k_1 + k_2} x.$$
Сила $\vec{F}$, действующая на блок с грузом, равна по абсцилтной велинице $2T$, то есть
$$F = \frac{4k_1 k_2}{k_1 + k_2} x$$
(здесь $F = |\vec{F}|$). Таким образом, колебания блока с грузом можно рассматривать как колебания груза массы $m$ на пружине с жесткостью $k' = \frac{4k_1 k_2}{k_1 + k_2}$. Период таких колебаний равен
$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k'}} = \pi \sqrt{\frac{m(k_1 + k_2)}{k_1 k_2}}.$$

Ф552. Волым-amпераная характеристика неоновой лампы показана на рис. 16. При каком значении $R$ сопротивления резистора, включено в цепь, изображенную на рис. 17, неоновая лампа (н. л.) не будет засунуть после замыкания ключа $K$?

При замыкании ключа конденсатор начинает заряжаться. Когда напряжение на конденсatore, а следовательно, и на лампе станет равным 110 В, лампа загорится. С этого момента ток, текущий через лампу, будет возрастать, а напряжение на лампе и, следовательно, на конденсatore будет падает — конденсатор будет заряжаться. Если в процессе заряжения на конденсatore станет меньше 80 В, лампа погаснет — ток в цепи меньше номинального тока, текущую через лампу при заряжении ~80 В (см. рис. 16). Следовательно, чтобы лампа не гасла, напряжение на конденсatore не должна в процессе

Рис. 16. Рис. 17.

разряджки падает ниже 80 В. В предельном случае, когда $U_C = 80$ В, напряжение на резисторе равно 40 В, ток, текущий через резistor, равен току, текущему через лампу (1 мкА), и, следовательно, сопротивление резистора $R = 40$ Ом. При меньшем значении сопротивления $U_C < 80$ В и лампа не горит.

И. Словодецкий