Решения задач М691—М695; Ф703—Ф707

30

P743. With what minimal velocity must a stone be thrown from height $h$ in order to clear a wall of height $H$ and thickness $l$?
O. Savchenko

P744. An apparatus in cosmic space consists of a rigid thin sphere of radius $R=2$ m, filled with gas, and also containing a sphere of radius $r=R/2$ filled with the same gas, but at higher pressure. The inner sphere is tangent to the inner surface of the apparatus. As the result of an accident, the inner sphere explodes. Find how the pressure inside the apparatus changes if the explosion displaces the apparatus by $a=0.5$ m. The mass of the shells of the spheres is negligible, the temperature assumed constant.

A. Buzdin

P745. A thermoisolated receptacle is divided into two compartments by a thermoisolated piston which moves without friction. The left compartment contains 1 mole of an ideal monoatomic gas, the other is vacuum. The piston is connected to the right wall of the receptacle by a spring (see figure Pис. 2, p. 28), whose length in unstressed state is equal to the length of the receptacle. Neglecting the heat capacity of the receptacle, piston and spring, determine the heat capacity of the system.

W. Kliachin

P746. An electric battery, working on $\beta$-radioactivity, is a metallic sphere, inside which a piece of a radioactive substance, isolated from the sphere, is placed (figure Pис. 3, p. 28). Every second $v$ atoms are decomposed. Assuming that the energy of the electrons appearing in the process of radioactive decomposition is uniformly distributed in the range between the minimal and maximal values $W_{\min}$ and $W_{\max}$, find the electromotive force of the battery. What maximal current can such a battery yield? Up to what values of the load’s resistance can this battery be considered a generator of current?

I. Vorobiev

P747. While their spaceship was rising to orbit, cosmonauts noticed a thin luminous layer (complete inner reflexion of light in atmosphere) at elevation $H_0$ above the earth surface. Using the graph (figure Pис. 4, p. 29) showing the dependence of the refraction coefficient $n$ on the distance $R$ from the centre of the earth, how can one determine $H_0$?

O. Batischev

Решения задач

M691—M695; Ф703—Ф707

M691. Будем говорить, что число обладает свойством (K), если оно разладает в произведении K последовательных натуральных чисел, больших 1. a) Найдите K такое, для которого неокоторое число N обладает одновременного свойств (K) и (K+2). b) Докажите, что число, обладающих одновременного свойств (2) и (4), не существует.

a) Число $2 \cdot 3 \cdot 4=24$ обладает свойств (1) и (3). Приписав к обеим частям равенства $2 \cdot 3 \cdot 4=24$ все натуральные числа от 5 до 23, получим число
$$2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 23 = 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot \dots \cdot 23 \cdot 24,$$
обладающей свойств (20) и (22). Разумеется, примеров такого типа — бесконечное множество: если $b=a(a+1)(a+2)$, то число
$$a(a+1)(a+2) \dots (b-1) = (a+3) \dots (b-1)b$$
обладающей свойств (b—a-2) и (b—a).
Существуют примеры и другого рода: например, число
$$2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 8 \cdot 9 \cdot 10$$
обладающей свойств (3) и (5). Приписав сюда «процесенную» семерку, мы получим число, обладающей свойств (4) и (6):

32

Рис. 4.

М693. В некоторых последке 1000 жителей. Ежедневно каждый из них делится узналыми вчера новостями со всеми свойствами. Известно, что любая новость становится известной всем жителем поселка. Докажите, что можно выбрать 90 жителей так, что если одновременно всем им сообщить какую-то новость, то через 10 дней она станет известной всем жителем поселка.

Рис. 1.

Сопоставим каждому жителю поселка некоторую точку на плоскости. Те точки, которые соответствуют знакомым между собой жителями, соединним отрезком. Получающая картина называется графом. Выделенные точки называются вершинами графа, а связьующие их отрезки — ребрами.

Та часть условия задачи, в которой требуется, чтобы новость, сообщенная одному жителю поселка, в конце концов становится известной всем его жителям, соответствует тому, что по ребрам нашего графа можно пройти от любой его вершины до любой другой. Такой граф называют связным. Последовательность ребер графа, связывающего две его вершины, в которой нет повторяющихся ребер, называют цепью. Если цепь начинается и кончается в одной и той же вершине, ее называют циклом. На рисунке 1 показана цепь, соединяющая вершины A и B, а также цикл. Связный граф, не содержащий циклов, называют дерево. Он действительно похож на дерево (рис. 2).

Назовем расстоянием между двумя вершинами графа количество ребер в самом короткой цепи, соединяющей эти вершины. Заметим, что если граф является дерево, то любую пару его вершин соединяет лишь одна цепь.

Введенные понятия позволяют упростить запись решения задачи. В новых терминах формулировка может быть переписана так:

Доказать, что в связином графе с 1000 вершинами можно указать такое множество из 90 вершин, что для любой вершины графа найдется вершина из этого множества, расстояние до которой не больше 10.

Пусть X и Y — две вершины нашего графа, находящиеся на набольшем расстоянии. Если это расстояние не больше 10, то расстояние от любой вершины нашего графа до любой другой не больше 10 — в этом случае 90 вершин можно выбрать произвольно.

Заметим, что достаточно решить нашу задачу лишь для случая, когда граф является дерево. Действительно, пусть наш граф — не дерево; тогда он содержит хотя бы один цикл. Если выбросить из графа какое-нибудь ребро, принимающее этот цикл, цикл исчезнет, а граф остается связным. Посокльку в графе — лишь конечное количество циклов, применив несколько раз эту операцию, мы превращим наш граф в дерево. Множество из 90 вершин полученного дерева, удовлетворяющее условию задачи, очень удобен, будет годиться и для первого аналогного графа, так как прибавление новых ребер не увеличивает расстояния между вершинами.

Итак, пусть у нас имеется дерево с 1000 вершинами, X и Y — две вершины, находящаяся на максимальном расстоянии, которое больше 10. Расстояние цепь, соединяющей X и Y: X—A1—A2—A3—…—A10—A11—…—Y. Возьмем точку A10 в качестве первого точки K1 искомого множества. Если мы сотруднием между вершинами A10 и A11, нашей дерево разобется на два дерева. Отметим, что часть, содержащая вершину X, содержит не менее 11 вершин.

Заметим, что расстояние от вершины A10 до каждой из вершин содержащей ее части не больше 10 (если расстояние до некоторой вершины M будет больше 10, то расстояние от M до Y будет больше расстояния от X до Y, что противоречит тому, что вершины X и Y находится на максимальном расстоянии).

Расстояние теперь ту часть графа, которая содержит вершину Y. Это — дерево, содержащей не более 1000—11 = 989 вершин. Повторим с ним ту же самую операцию. В результате

33

Пис. 3.

М694. В каждой вершине куба записано число. За один шаг к двум числам, размещенным на одном (любом) ребре, прибавляется по единице. Можно ли за несколько таких шагов сделать все восемь чисел равными между собой, если вычале бы были поставлены числа, как на рисунке 1? Как на рисунке 2? Как на рисунке 3?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 4.

Получим еще одну группу из не менее 11 вершин и средних — точку $K_2$ искомого множества, а также дерево, содержащое не больше 1000—2·11=978 вершин. После того как мы проделаем эту операцию 89 раз, мы получим 89 групп вершин, расстояние которых до каждой вершины своей группы не превыходит 10. Останется дерево, содержащое не более 1000—89·11=21 вершин. Вновь рассмотрим в нем две вершины, находящиеся на максимальном расстоянии, и вовь возьмем в цепи, соединяющей эти вершины, десятию вершину. Очевидно, что эта вершина годится в качестве точки $K_{90}$ искомого множества. Задча решения.

А. Савин

Раскрасием вершины куба в синей и красный цвет таким образом, чтобы концы каждой ребра оказались окрашенными в разные цвета (рис. 4). При добавлении единиц к числам, размещенным на одном ребре, суммы чисел в синях и красных вершинах увеличиваются на 1, так что разность этих двух сумм не изменяется. Так как в кубах на рисунках 1 и 3 эта разность не равна нулю, от них нельзя прийти к кубу с равными числами в вершинах. Покажем теперь, что если в вершинах искодного куба записаны числа и суммы чисел в красных и синых вершинах равны, то все восемь чисел можно сделать равными между собой.

Обозначим через $d$ разность между наиболее и наиболеешим из чисел, записанных в вершинах куба, а через $n$ — количество чисел, равных наиболееному кубе, то, прибавляя по единице к числам, размещенным на ребре $A_1B_1$, мы уменьшим либо $d$, либо $n$. Продолжая подобным образом, мы приедем либо к кубу, у которого $d=0$, то есть все восемь чисел равны между собой, либо кубу, в котором каждое число, соседнее с наиболеешим, является наиболееным. Если в вершине $A_1$ такого куба расположено одно из наиболееших чисел, равное $a$, то в вершинах $B_1, D_1$ и $A_2$ записано число $a+d$ (десь $d$ — разность между наиболеешим и наиболеешим числами в новом кубе).

Рис. 5.

Так как сумма чисел в красных вершинах равна сумме чисел в синых вершинах, в четвертой красной вершине $C_2$ записано число $a$, а в синых вершинах $C_1, B_2$ и $D_2$ — число $a+d$. Прибавив по $d$ единиц к концам ребра $A_1B_1$, затем к концам ребра $C_1C_2$, ребра $A_1D_1$, ребра $C_2D_2$ и, наконец, ребра $A_2B_2$, мы приедем к кубу, все восемь чисел которого равны $a+2d$. Для куба на рисунке 2 эта решения изображены на рисунке 5.

Ю. Ионин

34

М695. Может ли все клетки какой-нибудь прямоугольной таблицы оксаить в белый и черный цвет так, чтобы белых и черных клеток было повину, а в каждой строке и в каждой стольце было более 3/4 клеток однозоюцета?

Предположим, что требуется раскраска возможна. Будем называть столбец белым или черным в соответствии с тем, какой цвет в нем преобладает. Аналогичные будут употребляться и для строк.

Пусть $m_0, m_1$ — количество белых и черных строк, $n_0, n_1$ — количество белых и черных столбцов соответствующего, $m_0 + m_1 = m, n_0 + n_1 = n$.

Все клетки, лежащие на пересечении белых строк с черными столбцами и черных строк с белыми столбцами, отличаются по цвету либо от содержащого их столбца, либо от содержащей их строки. Число таких клеток равно $m_0 n_1 + m_1 n_0$. Не уменьшая общности, можно считать, что более половины этого числа клеток отличается по цвету от содержащих их строк. Опять-tакки, не уменьшая общности, можно считать, что $m_0 \leq m_1$. В черных строках содержится по условию более $\frac{3}{4} m_1 n$ черных клеток. Значит, в белых строках содержится менее $\frac{mn}{2} - \frac{3}{4} m_1 n$ черных клеток. Но в черных строках содержится менее $\frac{1}{4} m_1 n$ белых клеток. Таким образом, число клеток, цвет которых отличается от цвета содержащих их строк, меньше.

$$\frac{mn}{2} - \frac{3}{4} m_1 n + \frac{1}{4} m_1 n = \frac{m_0 n}{2}.$$

Получаем неравенство

$$\frac{1}{2} (m_0 n_1 + m_1 n_0) < \frac{m_0 n}{2},$$

откуда $m_1 < m_0$, что противоречит предположению относительно $m_0$ и $m_1$.

С. Коняzin, Ю. Нестеренко

Ф703. Ракета запущена с поверхности Земли вертикальной верхс с первой космической скоростью и возврашает на Землю недалеко от места старта. Сколько времени она находится в полете? Радиус Земли $R = 6400$ км.

Примечание. Площадь эллипса с получаема а и b равна $S = \pi ab$.

Траектория пакеты представляется собой часть очень вытянутого эллипса, в одном из фокусов которого находится центр Земли (см. рисунок). Скорость пакеты в верхней точке $D$ траектории почти равна нулю.

Согласно закону сохранения энергии.

$$\frac{mv_0^2}{2} - G \frac{Mm}{R} \approx -G \frac{Mm}{2b}.$$

Здесь $M$ — масса Земли, $m$ — масса пакеты, $v_0 = \sqrt{GM/R}$ — начальная скорость пакеты (первая космическая скорость); $-G \frac{Mm}{R}$ и $-G \frac{Mm}{2b}$ — потенциальная энергия пакеты у поверхности Земли (при запуске) и в верхней точке траектории. Из (*) найдем большую получаемую эллипса: $b \approx R$.

Из третьего закона Кеплера (крадиус-вектор, соединиющий тело, движущемся под действием силы тяготения по замкнутой орбите, с центром притяжения, за равные промежутки времени заметает равные площади) следует, что относение времени движения $T$ по положение эллипса (участок BDC) к полному периоду $T_3$ равно относению площади защиты на рисунке фигуры OBDC к полной площади эллипса:

$$\frac{T}{T_3} = \frac{1/2 \pi ab}{πab}.$$

35

Ф704. По двум главным наклонным плоскостям, образующим одинаковые углы а с горизонтом, движутся, касаясь друг друга, цилиндр и клин (см. рис.ок). Начти, с какой силой клин давит на цилиндр. Масса цилиндра $m_1$, масса клина $m_2$. Треншем между цилиндром и клином претензивы.

Ф705. Горизонтальное расположение цилиндрической теллоизолированной сосуд объема $V_0 = 100$ л, заполненный гелем, разделен на две части теллорезонамым поршнем, который может перемещаться без трения. Газу, находящемуся в левой части сосуда, сообщают колиство телла $\Delta Q = 100$ Дж. Начти изменение давления в сосуде к тому моменту, когда поршень перестанет движаться.

Отсюда находится полета $T$:

$$T = T_3 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi} \right) = (\pi + 2) \sqrt{R/g} \approx 1 \text{ ч. 9 мин.}$$

E. Сурков

На цилиндр действуют сила тяжести $m_1\vec{g}$, сила $\vec{N}_1$ нормальной реакции со стороны левой наклонной плоскости и сила $\vec{R}$ нормальной реакции со стороны клина (сила $\vec{R}$ направлена горизонтально). Запишем уравнение движения цилиндра в проекциях на ось $X_1$, направленную вдоль левой наклонной плоскости (см. рис.ок):

$$m_1 a_1 = m_1 g \sin \alpha - R \cos \alpha,$$

(1)

где $a_1$ — проекция ускорения цилиндра на ось $X_1$.

На клин действуют сила тяжести $m_2\vec{g}$, сила $\vec{N}_2$ нормальной реакции со стороны правой наклонной плоскости и сила нормальной реакции со стороны клина, которая, согласно третьему закону Ньютона, равна $-R$. Запишем уравнение движения клина в проекциях на ось $X_2$, направленную вдоль правой наклонной плоскости:

$$m_2 a_2 = -m_2 g \sin \alpha + R \cos \alpha.$$

(2)

В процессе движения клин соррикается с цилиндром; поэтому, если перемещение клина вдоль оси $X_2$ равно $\Delta x$, то центр цилиндра (вместе с вертикальной гранью клина) сместится по горизонтали на $\Delta x \cdot \cos \alpha$. При этом вдоль левой наклонной плоскости (вдоль оси $X_1$) центр цилиндра сместится на $\Delta x$. Это означает, что в процессе движения клина и цилиндра выполняется соответствие соответствие.

$$a_1 = a_2.$$

(3)

Решая совместно уравнения (1) — (3), найдем силу $|\vec{R}|$, с которой клин давит на цилиндр:

$$R = \frac{2m_1 m_2}{m_1 + m_2} g \mathrm{tg} \alpha.$$

C. Кротов

После подвеждения телла $\Delta Q$ газ в левой части сосуда распряется, совершая работу $\Delta A$. Эта работа цилиндом идет на увеличение внутренней энергии газа в правой части сосуда. Таким образом,

$$\Delta Q = \Delta U_1 + \Delta A = \Delta U_1 + \Delta U_2 = \frac{3}{2} R \left( \frac{m_1}{\mu} \Delta T_1 + \frac{m_2}{\mu} \Delta T_2 \right).$$

(*)

Условие равновесия поршня до нагрева —

$$p_1 = p_2 = p,$$

уравнение состояния газа в левой и правой части сосуда

$$p V_1 = \frac{m_1}{\mu} R T_1, \quad p V_2 = \frac{m_2}{\mu} R T_2,$$

где $V_1 + V_2 = V_0$. После нагрева, когда поршень уже не будет движаться, давления в левой и правой части уравнения. Обозначим увеличение давления в сосуде $\Delta p$; тогда

$$(p + \Delta p) (V_1 + \Delta V) = \frac{m_1}{\mu} R (T_1 + \Delta T_1),$$

$$(p + \Delta p) (V_2 - \Delta V) = \frac{m_2}{\mu} R (T_2 + \Delta T_2).$$

После простых преобразований получаем

$$\Delta p (V_1 + V_2) = R \left( \frac{m_1}{\mu} \Delta T_1 + \frac{m_2}{\mu} \Delta T_2 \right),$$

или (с учетом (*))

$$\Delta p V_0 = \frac{2}{3} \Delta Q.$$

Отсюда находится $\Delta p$:

36

$$\Delta p = \frac{\frac{2}{3} \Delta Q}{V_0} \approx 667 \text{ H/m}^2.$$

Этот результат можно получить намного проще: при равновесии давление в сосуде всюду одинаково, значит, одинаково и плотность энергии (энергия единицы объема). Следовательно, увечиние плотности энергии составляет $\Delta Q/V_0$; вспомним известную формулу, связывающую плотность энергии идеального газа с давлением, сразу получим ответ.

А. Зильберман

Ф706. Для горизонтального перемещения грузов на расстояние $L=20$ м используется самоходная тележка, перемещающая по горизонтальном рельсам. На тросе длины $l=5$ м к тележке подвищают перемещаемый груз (рис. 1). Тележка половину времени движется равноскореенно, а половину — равнозамедленно. Определить возможность значения ускорения тележки, при которых груз после остановки тележки в конце пути будет неподвижным.

Рис. 1.

Рис. 2.

Ф707. Объектив телефонная Гейла имеет диаметр $D=250$ см и фокусное расстояние $F=160$ м. Тележок используется для фотографирования искусственного спутника Земли, имеющего диаметр $d=200$ см и нахождение на расстоянии $L=320$ км.

Поскольку начальная и конечная скорости тележки равны нулю, а время равноскореенного движения равно времени равнозамедленного движения, абсолитные значения ускорений при равноскореном и равнозамедленном движения равны; следовательно, пути, пройденные при этих режимах движения, равны между собой и равны $L/2$.

Рассмотрим движение груза, когда тележка движется с некоторым постоянным ускорением $\vec{a}$. В этом случае груз будет участвовать в двух движениях: он будет двигаться ускорением $\vec{a}$ и, кроме того, совершать гармонические колбания в системе координат, связанной с тележкой. Положение равновесия при этих колбании находится из условия, что груз в этом положении под действием силы натяжения трска $T$ и силы тяжестки $m\vec{g}$ движется вдоль горизонтальной оси с ускорением $\vec{a}$. Из этих условий находится что в положении равновесия трех отклонен от вертикали на угол $\alpha$ такой, что $tg\alpha = |\vec{a}|/|\vec{g}|$ (рис. 2); поскольку $\alpha$ мало, $tg\alpha \approx \alpha \approx |\vec{a}|/|\vec{g}|$.

Груз будет совершать колбания около этого положения равновесия с периодом $T=2\pi \sqrt{l \cos \alpha/g} \approx 2\pi \sqrt{l/g}$, а утиловая амплитуда колбаний груза будет равна $\alpha$.

При смете знака ускорения тележки угол $\alpha$, определяющий отклонение трска от вертикали в положении равновесия, также меняет знак, то есть трос отклоняется на угол $\alpha$ в противоположную сторону. Для того чтобы оставался неподвижным после остановки тележки, на середине пути (при смете знака ускорения тележки) он должен находиться в первоначальном положении равновесия, то есть $\alpha$ должно быть равно нулю. Из этого следует, что за время $t$ прохождение тележкой расстояния $L/2$ груз должен совершить целое число $n$ полных колбаний, то есть

$$t=nT, \text{ где } n=1, 2, 3, \dots$$

Из условия

$$\frac{L}{2} = \frac{at^2}{2} = \frac{an^2T^2}{2} = \frac{2\pi^2n^2al}{g}$$

находим на значений ускорения, при которых после остановки груз будет оставаться неподвижным:

$$a_n = \frac{1}{n^2} \frac{Lg}{4\pi^2l} = \frac{1}{n^2} \text{ m/c}^2.$$

В. Можаев

1. Расстояние $f$ от объекта до плоскости изображения спутника определяется из формулы линзы:

$$f = \frac{LF}{L-F} = \frac{F}{1-F/L}$$

Поскольку $F \ll L$, можно приближенно записать

$$f \approx F(1+F/L).$$

Расстояние от фокуса объекта до плоскости изображения