Решения задач М706—М710; Ф718—Ф722

23

Решения задач
M706 — M710; Ф718 — Ф722

M706. Из центра каждой из двух данных окружностей проведены касательные к другой окружности. Доказите, что хорды, соединяющие точки пересечения касательных с окружностями (на рисунке эти хорды показаны красным цветом), имеют одинаковые длины.

M707. Каждый из учеников класса занимается не более чем в двух кругхах, причем для любой пары учеников существует кругок, в котором они занимаются вместе. Доказите, что найдется кругок, где занимаются не менее 2/3 этого класса.

Если в одном из кругков занимается весь класс, то все доказано. Пусть ни в одном из кругков весь класс целиком не занимается. Расмотрим один из кругков (назовем его кругком № 1) и одного из учеников, занятого в этом кругке (назовем его учеником A). Поскольку в кругке № 1 весь класс целиком не занят, найдется ученик B, не занимающийся в этом кругке. По условию существует кругок № 2, где занимаются вместе ученики A и B. Поскольку и этот кругок не охватывает весь класс, существует ученик C, который не не входит. Но ученик A занимается только в кругках № 1 и № 2, поэтому ученик C занимается вместе с учеником A в кругке № 1. Тогда должен существовать кругок № 3, где занимаются вместе ученики B и C. Расмотрим любого другого ученика D (если в классе есть еще ученики, кроме учеников A, B и C). Если бы ученик D не занимаался ни в кругке № 1, ни в кругке № 2, то для него не нашлось бы общего кругка с учеником A. Если бы D не занимаался в кругках № 1 и № 3, то он не занимался бы вместе с учеником C. Наконец, если бы D не занимаался в кругках № 2 и № 3, то у него не было бы общего кругка с учеником B. Таким образом, каждый ученик класса должен быть в двух из трех рассмотренных кругков. Обозначив через $y_1, y_2$ и $y_3$ число учеников в кругках № 1, № 2 и № 3 соответственно, получим $y_1 + y_2 + y_3 = 2y$, где $y$ — число всех учеников в классе. Ясно, что хотя бы одно из чисел $y_1, y_2, y_3$ должно быть не менее $\frac{1}{3} \cdot 2y$.

A. Сидоренко

M708. На сторонах выпуклого четырехугольника площади S вне его построены квадраты, центры которых служат вершинами нового четырехугольника площади S1. Доказйте, что площадь $S_1$ нового четырехугольника MNPQ (M, N, P и Q — центры квадратов, построенных на сторонах данного четырехугольника ABCD) равна сумме площадей четырехугольников (с вершинами, соответственно, в центрах двух соседних квадратов и серединах двух соседних сторонах исходного

Рис. 1.
Рис. 2.
Рис. 3.

24

жите, что а) $S_1 \geq 2S$; 6) $S_1 = 2S$ в том и только в том случае, когда диагонали чисточеxyгольника равны по длине и взаимно перпендикулярны.

четырехугольника) и глубого параллграмма (с вершинами в серединах сторона данного четырехугольника). Найдем, чем равна площадь одного такого розового четырехугольника — например, четырехугольника $EMNF$ (см. рис. 1).

Обозначим через ф угол при вершине $B$ исходного четырехугольника. Заметим, что

$$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN},$$

причем знак «+» берется, если $\frac{3\pi}{2} - \varphi < \pi$ (рис. 2), то есть $\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi$, и знак «-», если $0 < \varphi \leq \frac{\pi}{2}$ (рис. 3).

Подсчитав алгебраическую сумму последних трех слагаемых, найдем

$$S_{EMNF} = S_{EBF} + \frac{|AB|^2}{8} + \frac{|BC|^2}{8} + \frac{|AB|\cdot|BC|}{4} \sin \left( \frac{3\pi}{2} - \varphi \right) = S_{EBF} + \frac{1}{8} \left( |AB|^2 - 2|AB|\cdot|BC| \cos \varphi + |BC|^2 \right) = S_{EBF} + \frac{|AC|^2}{8}$$

(мы воспользовались теоремой косинусов для трехугольника $ABC$).

Проведя аналогичные вычисления для остальных розовых четырехугольников, окончательно получим, что

$$S_1 = S + \frac{1}{4} \left( |AC|^2 + |BD|^2 \right).$$

Но $S = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \sin \alpha$ (α — угол между диагонали $AC$ и $BD$), так что $\frac{1}{4} \left( |AC|^2 + |BD|^2 \right) \geq \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \geq S$ и $S_1 \geq 2S$, — мы решили задачу a).

Поскольку последние неравенства превращаются в равенства в том и только в том случае, когда $|AC| = |BD|$ и $\sin \alpha = 1$, то есть $(AC) \perp (BD)$, мы получим получаем 6).

П. Гусятников

M709. Пол комнаты, имеющий форму правильного шестиугольника со сторонам 10, заполнен плитками, имеющими форму ромба со сторонам 1 и острым углом 60°. Разрешается вынуть три плитки, составляющие правильные шестиугольник со сторонам 1, и заменить их расположение другом (рис. 1). Доказите, что а) из любое расположение плиток таких операций можно получить любое другое; б) из расположения плиток рисунка 2 нельзя получить расположение рисунка 3 менее чем за 1000 операций.

Автор задачи А. Смирнов предложил заменательную пространственную интерпретацию, которая делает решение задачи почты очередным.

Представим себе куб размерами $k \times k \times k$, разбить на $k^3$ кубков $1 \times 1 \times 1$. Уложим его в «открытую коробку», склеенную из трех квадратов $k \times k$ с общей вершиной $A$, и посмотрим на него по направлению диагонали $HA$ (рис. 4). Мы увидим рисунок 3. Если же высыпать из коробки все кубики (но считать, что на внутренних стенках коробки осталась $k \times k$ — «следы» от кубиков), то мы увидим рисунок 2. Вообше, если снять сверху лишь часть из $k^3$ кубков, то мы увидим как раз такую картину, о которой говорится в условиям задачи (где $k = 10$): шестиугольник, разбитый на $3k^2$ одинаковых ромбов (с острым углом 60°)*). При этом ромб какого из трех типов — стороны которых параллельны определяемых двум сторонам шестиугольника (на рисунках 5, 6 и 7 эти ромбы показаны белым, светло-голубым и темно-голубым цветом) — соответствуют грани кубиков, параллельные определенной паре граней большого куба; отстояда ясно, что соответствие между разбиениями шестиугольника на ромбы и соответствующими «частичными»

*) Разумеется, при проектировании куба на плоскость, перпендикулярную диагонали, длинны ребер и параллельных им отрезков в определение числа разумышаются (а именно, умножаются на $\sqrt{2/3}$ — проверьте!), но мы надемся, что отсутствие коэффициента не вызовет недоумения читателей, — ведь нас интересют лишь расположения кубиков, а не размеры.

25

заполнениями коробки взаимно однозначно. Операция, указанная на рисунке 1, — это простое добавление кубика $1 \times 1 \times 1$ в свободное «гнездо» или вынимание такого кубика, на котором не лежат другие. (Например, на рисунке 7 происходит добавление кубика в «гнездо», обеспеченное красной линией.)

Тепер все утверждения задачи допускают вполне осзаемое обоснование (если не верите, сделайте модель!). Чтобы перейти от рисунка 2 к рисунку 3, нужно классify кубики в коробку по одному — и, разумеется, уложить их все можно самое меньше за $k^3$ ходов (большое число ходов может получить, если вынимайте уже уложенные кубики). Если имеется два расположения ромбов: одному соответствует заполнение $C_1$, а другому — заполнение $C_2$ кубиками, то перейти от одного к другому можно любым из двух способов: либо сначала «спуститься» к рисунку 2 — вынуть все кубики, а затем уложить нужные $C_2$ кубиков, либо «поднять» до полного куба (рис. 3), а затем вынуть лише. Нетрудно

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

проверить, что в случае $C_1 + C_2 \leq k^3$ первый, а в случае $(k^3 - C_1) + (k^3 - C_2) \leq k^3 \Leftrightarrow C_1 + C_2 \geq k^3$ второй способ гарантийрует переход от $C_1$ к $C_2$ не более чем за $k^3$ ходов. (Впрочем, наша модель позволяет указать для любых двух заполнений $C_1$ и $C_2$ точно «расстояние» $\rho(C_1, C_2)$ между ними — наименьшее число ходов, за которой можно перейти от одного к другому. Оно равно числу кубков, на которое различится $C_1$ и $C_2$, то есть число кубков $C_1$, которые лежат выше $C_2$, плоск число кубков $C_2$, которые лежат выше $C_1$.)

Заметим, что «выход в пространство» для решения этой задачи не обязательен: многие читатели изложили (по существу, то же) решения, не выходя из плоскости, примерно так. Заметим, что ромбы, у которых имеется хотя одна «горизонтальная» сторона (гольые ромбы обихотенков на наших рисунках), образуют $k$ полосок, каждая из которых ведет от верхней к нижней стороне шестиугольника и состоит из $2k$ ромбов. При этом рисунок 5 соответствует слуаю, когда все полоски максимально смешены вправа, рисунок 6 — влево, а переход (рис. 7) позволяет на одной полоске в одном месте «изгиб вправа» заменить «изгибом вп胳» — сдинуть на 1ровно одну из пересекаемых полосков ромбов. Тепер остается ввести какую-либо числовую оценку «смешения полосок» (аналогичную числу $C$ кубков в пространстве модели), и решения задачи доводится до конца так же, как и выше.

Н. Васильев

М710. Существует ли последовательность различных натуральных чисел $a_1, a_2, a_3, ...$, ни один из членов которого не равен сумме нескольких других, — прогрессия 1, 2, $2^2$, $2^3$, …: у нее каждый член на 1 больше суммы предыдущих. Но она растет слишком быстро.

Основная идея построения всех нижеследующих примеров, показывающих, что ответы на вопросы a) — г) положительные, — составляют последовательность «пачками». В примерах a), б) с показательным ростом числа в печах можно взять расстоянием примерно по геометрической прогрессии, а количество чисел в печке — постоянным; в примерах со степенным ростом длины печек, как и их первые числа, очень

26

быстро растут.
а) Пусть $a_{2m-1}=3^m-1$, $a_{2m}=3^m$. Очевидно,
$(2+3)+(8+9)+...+(3^{m-1}-1+3^{m-1})<2(3+9+...+3^{m-1})=3^m-3$
менные $3^m-1$; поэтому ни одно из чисел $3^m-1$ и $3^m$ не равно сумме предыдуших. При этом $a_1=2$ и $a_n<3^{(n+1)/2}<2(\sqrt{3})^n$ при всех $n$. (В этом примере в каждой «пачке» всего два числа.)
6) Последовательность $(a_n)$ будем строить тоже по пачкам. $m$-я пачка $(m=1, 2, ...)$ будет содержать 16 чисел:
$$15 \cdot 361^{m-1}, 16 \cdot 361^{m-1}, ..., 30 \cdot 361^{m-1}.$$
Таким образом, $a_n=361^{m-1}(14+r)$, где $m$ и $r$ выбираются из условия $n=16(m-1)+r$, $m=1, 2, ..., r=1, 2, ..., 16$.
Заметим, что сумма всех чисел в пачках с первой до $(m-1)$-й равна
$(15+16+...+30)+(15 \cdot 361+...+30 \cdot 361)+...+ +(15 \cdot 361^{m-2}+...+30 \cdot 361^{m-2})= =360+360 \cdot 361+...+360 \cdot 361^{m-2}=361^{m-1}-1.$
Допустим, что какое-то число $a$ из $m$-й пачки представимо в виде суммы $b_1+...+b_k$ нескольких меньших членов $b_1, ..., b_k$ нашей последовательности. Поскольку $a>361^{m-1}$, среди чисел $b_1, ..., b_k$ есть хотя одно из $m$-й пачки. Расмотрим два случая.
$1^\circ$. Среди чисел $b_1, ..., b_k$ровно одно из $m$-й пачки; можно считать, что это $b_1$. Но равенство $a-b_1=b_2+...+b_k$ невозможно, так как, с одной стороны, $a-b_1$, как разность чисел $m$-й пачки, не меньше $361^{m-1}$, а с другой стороны, $b_2+...+b_k$, как сумма чисел из пачек с номерами меньше $m$, не превыходит $361^{m-1}-1$.
$2^\circ$. Среди чисел $b_1, ..., b_k$ больше одного лежит в $m$-й пачке. Тогда равенство $a=b_1+...+b_k$ невозможно, так как сумма двух любых различных чисел $m$-й пачки уже больше любого третьего числа этой пачки.
Таким образом, ни одно из чисел $a_n$ не представимо в виде суммы других членов построенной последовательности.
Поскольку $361^{m-1} \leq (1,5)^{16(m-1)}$ и $14+r \leq 10 \cdot (1,5)^r(r=1, ..., 16)$, получаем
$$a_n=361^{m-1}(14+r) \leq (1,5)^{16(m-1)} \cdot 10 \cdot (1,5)^r=10 \cdot (1,5)^n$$ — условия 6) выполнено.
в), г). Построим последовательность $(a_n)$, ни один из членов которого не равен сумме нескольких других, такую, что при всех $n$ одновременно $a_n \leq n^{10}$ и $a_n \leq 100n^{7/2}$.
Сначала положим $b_m=10^{5m-2}$ для всех натуральных $m \geq 2$, то есть $b_2=10$, $b_3=10000$, $b_4$ равно единице с 25 нулями, и т. д.
Последовательность $(a_n)$ опять будет строить «по пачкам». Первую пачку возьмем состояние из одного числа — единицы. В качестве $m$-й пачки при $m \geq 2$ возьмем арифметическую прогрессию с первой членом $2b_m+1$, разность $2b_m$ и числом членов, равным $b_m^2/2$:
$$2b_m+1, 4b_m+1, ..., b_m^3+1.$$
Оценим сумму чисел $m$-й пачки
$$\frac{(2b_m+1)+(b_m^3+1)}{2} \cdot \frac{b_m^2}{2} = = \frac{b_m^5+2b_m^3+2b_m^2}{4} < \frac{b_m^5}{2} < b_m^5-b_m=b_m+1-b_m.$$
Таким образом, сумма чисел в пачках от 1-й до $m$-й включительно меньше
$$1+(b_3-b_2)+...+(b_{m+1}-b_m)=b_{m+1}-b_2+1<b_{m+1}.$$
Допустим, что некоторое число $a$ из $m$-й пачки ($m \geq 2$) представимо в виде суммы нескольких других членов построенной последовательности. Так как сумма всех членов последовательности найдется несколько чисел из $m$-й пачки; обозначим их $c_1, ..., c_k$. Остальные члены нашей суммы обозначим через $d_1, ..., d_l$:

$$a=c_1+...+c_k+d_1+...+d_l.$$

27

Так как сумма первых $b_m$ чисел $m$-й пачки равна
$(2b_m + 1) + (4b_m + 1) + \dots + (2b_m^2 + 1) = b_m^3 + b_m^2 + b_m > b_m^3 + 1,$
то есть больше наибольшего числа $m$-й пачки, и, следовательно, больше $a$, мы получаем, что $k < b_m$.
Поэтому
$$r = k + (d_1 + \dots + d_l) < b_m + (d_1 + \dots + d_l) < 2b_m.$$
Но $a - r = (c_1 + \dots + c_k) - k = (c_1 - 1) + \dots + (c_k - 1)$. Поскольку каждое число из $m$-й пачки при делении на $2b_m$ дает в остатке 1, числа $c_1 - 1, c_2 - 1, \dots, c_k - 1$ делятся на $2b_m$, так что $a - r$ делится на $2b_m$. Так как при этом $r < 2b_m$, $r$ равно остатку от деления $a$ на $2b_m$, то есть $r = 1$; значит, $k + d_1 + \dots + d_l = 1$, что невозможно. Отсюда заключаем, что ни один член построенной последовательности $(a_n)$ не равен сумме нескольких других.

Проверим теперь, что $a_n \leq 100n^{7/2}$ при любом $n$.
При $n = 1$ это очевидно. Если $a_n$ лежит во второй пачке, то $a_n \leq 1001 < 100 \cdot 2^{7/2} \leq 100n^{7/2}$. Пусть $a_n$ лежит в $m$-й пачке и $m \geq 3$. Представим $a_m$ в виде $2kb_m + 1$ ($1 \leq k \leq b_m^2/2$) и расстоянием два случая.
$1^\circ$. $k \leq b_m^2 - 1$.
Тогда
$$a_n \leq 2b_m^2 - 1b_m + 1 < 3b_m^2 - 1b_m = 3b_m - 1 = 3 \cdot 2^{7/2} \cdot (b_m^2 - 1/2)^{7/2}.$$
Но $b_m^2 - 1/2 < n$, поскольку $b_m^2 - 1/2$ — число членов в $(m - 1)$-й пачке. Поэтому $a_n \leq 3 \cdot 2^{7/2} \cdot n^{7/2} < 100n^{7/2}$.
$2^\circ$. $k > b_m^2 - 1$.
Ясно, что номер $a_n$ в $m$-й пачке не превыходит его номера в последовательности, то есть $k \leq n$. Поэтому
$$a_n = 2kb_m + 1 < 3kb_m = 3k(b_m^2 - 1)^{5/2} < 3k \cdot k^{5/2} \leq 3n^{7/2}.$$
Таким образом, неравенство $a_n \leq 100n^{7/2}$ доказано для всех $n$. Неравенство $a_n \leq n^{10}$ при $n = 1$ и $n = 2$ проверяется непосредственно, а при $n > 2$ вытекает из того, что
$$a_n \leq 100n^{7/2} < 3^{13/2} \cdot n^{7/2} \leq n^{13/2} \cdot n^{7/2}.$$
Для экономии места мы не стали приводить более простые примеры последовательностей, дающие решение задачи в), но не решающие задачу г).
д) Ответ на этот вопрос отрицательен: такой последовательности не существует.

Докажем, что хотя бы один член последовательности $(a_n)$ такой, что $a_n < 100n^{3/2}$ при всех $n = 1, 2, \dots$ равен сумме нескольких других. (Конечно, число 100 здесь можно заменить любой константой; от показателя 3/2 в нашем доказательстве нужно, чтобы он был меньше $(\sqrt{5} + 1)/2$).

Рассмотрим прямую головную таблицу с $10^{30}$ строками и $10^{18}$ столбцами. Присвоим ее строкам номера от $10^{30} + 1$ до $2 \cdot 10^{30}$, а столбцам — номера от 1 до $10^{18}$. На пересечении $n$-й строки и $k$-го столбца написем число $c_{n,k} = (a_1 + a_2 + \dots + a_k) + a_n$. Оно не превыходит $a_1 + \dots + a_{10^18} + a_2 \cdot 10^{30} \leq 100 + 100 \cdot 2^{3/2} + \dots + 100 \cdot (10^{18})^{3/2} + 100 \cdot (2 \cdot 10^{30})^{3/2} < 100 \cdot (10^{18})^{3/2} \cdot 10^{18} + 100 \cdot (10^{30})^{3/2} \cdot 2^{3/2} = 10^{47} + 10^{47} \times 2^{3/2} < 4 \cdot 10^{47}$.

Так как в таблице выписано $10^{48}$ чисел, каждое из которых может принимать менее $4 \cdot 10^{47}$ значений, какие-нибудь два из этих чисел совпадают. Пусть, например, $c_{n,k} = c_{m,l}$. Поскольку в $n$-й строке все числа различаны, $n \neq m$. Можно считать, что $n > m$ (случай $m > n$ аналогичен). Равенство $c_{n,k} = c_{m,l}$ означает, что
$$(a_1 + \dots + a_k) + a_n = (a_1 + \dots + a_l) + a_m,$$
откуда $k < l$ и $a_n = (a_{k+1} + \dots + a_l) + a_m$. Так как при этом $l \leq 10^{18} < m$, получаем, что $a_n$ представляется в виде суммы нескольких других членов последовательности.

Конечно, зазор между $(\sqrt{5} + 1)/2$ и $7/2$ еще довольно велик. Можно быть, кому-либо из читателей удался его сокращить. По-видимому, пока лучшая оценка сизу чем $C \cdot n^{(\sqrt{5} + 1)/2}$, неизвестна.

Как нам сообщил венгерский математик П. Эрдеш, в свое время он тоже занимался задачей по последовательности $(a_n)$, в которых ни одно число не равно сумме неко-

28

Ф719.*) Маленькому тяжелому шарику массы m, имеющему заряд q, сообщают начальное скорость v₀, направленную вертикально вверх. Шарик находится в однородном горизонтальном электростанческом поле, направленность которого равна E. Пренебрегая сопротивлением воздуха и зависящую ускорения свободного давления от высоты, определять минимальную скорость шарика в процессе его движения.

*) Решение задачи Ф718 — в статье С. Кротова на с. 30.

На шарик действуют две постоянные силы: сила тяжестки mg и сила qE со стороны электростанческого поля. Следовательно, шарик будет движаться с постоянным ускорением

$$\vec{a} = \vec{g} + \frac{q}{m} \vec{E}.$$

Вектор $\vec{a}$ составляет с горизонтом угол α, причем

$$tg \alpha = \frac{g}{Eq/m} = \frac{mg}{Eq}.$$

Скорость шарика будет все время меняться и по величины, и по направлению. Через время t после начала движения модуль скорости

$$v_t = \sqrt{\left(\frac{qE}{m} t\right)^2 + \left(v_0 - gt\right)^2};$$

вектор $\vec{v}_t$ составляет с вертикально угол β_t такой, что

$$tg \beta_t = qEt/m (v_0 - gt).$$

Скорость шарика будет минимальная в тот момент времени τ, когда проекция ускорения $\vec{a}$ на направление скорости $\vec{v}_τ$ будет равна нулю, то есть когда векторы $\vec{a}$ и $\vec{v}_τ$ будут перепределены. Угол, который составит в этот момент вектор $\vec{v}_τ$ с вертикально, будет равен α. Из условия tg α = tg β_t найдем τ:

$$\tau = \frac{m^2 g v_0}{m^2 g^2 + q^2 E^2}.$$

Minimalная скорость шарика в процессе движения равна по величины

$$v_{\min} = v_{\tau} = v_0 \frac{qE}{\sqrt{q^2 E^2 + m^2 g^2}}.$$

Б. Буховцев

Ф720. Оdnородный брусок массы M длины l начинает движаться вниз по наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом. Начальний участок длины l наклонной плоскости занят близко расположенными катками в виде трубок массы m и радиуса r << l (пис. 1), которые врачаются без трения в подшипниках. Остальной участок наклонной плоскости ладки. Найти заисимость ускорения бруска от перемещения вдоль плоскости.

Запишем уравнение движения бруска для момента времени, когда перемещение бруска вдоль наклонной плоскости равно x (x < l):

$$Ma_x = Mg \sin \alpha - f_{\tau p} N (1 - x/l),$$

(1)

где N = l/2r — полное число катков на участке длины l, N(1 - x/l) — число катков, с которых соприкасается брусок в данной момент, f_{\tau p} — абсолотная величина силы трения, действующего на брусок со стороны каждого катка.

Кажdomу катку, соприкасающемуся с бруском, сила трения f_{\tau p} сообщает в данной момент тангенциальное ускорение

29

ние, равное по абсолотной величины $a_x$ (брусок не просkal-
зыает по каткам), то есть

$$f_{\tau p} = ma_x.$$

(2)

Подставив (2) в (1), найдем зависимость ускорения бруска от перемещения вдоль наклонной плоскости (для $x < l$):

$$a_x = \frac{g \sin \alpha}{1 + \frac{m}{M} \frac{l}{2r} \left(1 - \frac{x}{l}\right)}.$$

При $x > l$ брусок перетает касаться катков и скользит по наклонной плоскости с ускорением

$$a = g \sin \alpha.$$

Общий вид зависимости $a(x)$ представлен на рисунке 2.

А. Стасенко

Ф721. Равномерно заряженный по поверхности лист из дизлектрика, имеющий форму равноведренного прямогоольного треугольника, сложили пополам. При этом была совершена работа $A$ против селектроатического поля. Какую работу надо совершить, чтобы сложить пополам по лучентийной треугольнике?

Рис. 1.

Рис. 2.

Ф722. Плокый конденсатор находится в магнитном поле, которое перепendlкулярно плоскости пластин. Рассмотрение между пластинами $d$, вектор магнитной индукции $\vec{B}$. Внутри конденсатора около отрицательно заряженной пластин-

Пусть $Q$ — заряд на поверхности начального (не сложенного ни разу) треугольника площади $S$, $A_0$ — электростатическая энергия, которой обладает этот заряд. Эта энергия складывает из электростатических энергий попарного взаимодействия отдельных заряженных участков треугольника.

Рассмотрим два малых участка $m$ и $n$ треугольника, находящихся на расстоянии $r$ друг от друга (см. рис. 1). Пусть $s$ — площадь каждого участка; заряд каждого участка, очевидно, равен $q = \frac{Q}{S}$ s. Электростатическая энергия взаимодействия этих участков

$$a_0 \sim q^2 / r = Q^2 \frac{s}{Sr}.$$

Посмотрим, как изменится эта энергия после первого сложения треугольника. Из рисунка 2 видно, что на сложенном треугольнике участки, подобные $m$ и $n$, — это участки $m_1$ и $n_1$. Заряд на сложенном треугольнике будет по-прежнему $Q$, площадь треугольника станет $S_1 = S / 2$, расстояние между площадками, как нетрудно понять, станет $r_1 = r / \sqrt{2}$, а площади их — $s_1 = s / 2$. Таким образом, энергия взаимодействия площадок станет

$$a_1 \sim q^2 / r_1 = Q^2 \frac{s_1}{Sr_1} = a_0 \sqrt{2}.$$

Поскольку те же расускления относятся к любой паре площадок, электростатическая энергия сложенного треугольника станет

$$A_1 = A_0 \sqrt{2}.$$

Изменение энергии $\Delta A_1 = A_1 - A_0$ равно работе $A$, затраченной при сложении треугольника, то есть

$$A_1 - A_0 = A_0 (\sqrt{2} - 1) = A$$

При повторном сложении треугольника его электростатическая энергия станет

$$A_2 = A_1 \sqrt{2}.$$

Изменение энергии $\Delta A_2 = A_2 - A_1$ равно работе $A_x$, которое при сложении три площадки. Таким образом,

$$A_x = A_2 - A_1 = A (\sqrt{2} - 1) = A_0 \sqrt{2} (\sqrt{2} - 1) = A \sqrt{2}.$$

О. Савченко

Рассмотрим движение электронов как суперпозицию двух движений: прямолинейного движения вдоль оси $Z$ (направление оси $Z$ совпадает с направлением вектора индукции $\vec{B}$) и движения в плоскости, перpendикулярной оси $Z$.

Со стороны электронов поля на электрон действует сила $\vec{F} = e\vec{E}$, сообщающая ему ускорение, направленное вдоль оси $Z$ (вектор $\vec{E}$ направлен вдоль оси $Z$) и равное по абсолотной величины