Решения задач М806—М810; Ф818—Ф822

42

Problems M824, M825 and R833—R837 were proposed at the final round of the All-Union School Olympiad.

E. I. Butikov

P835. A heater was placed in a glass of water and the water temperature registered as a function of time (see table).

1. By how many degrees will the water cool in 1 min, if the heater is turned off when the temperature is $t_1 = 50$ °C?

2. Will the water boil, if the heater is turned on long enough? The power of the heater is assumed constant.

| Time, $\tau$ min | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| Temperature, $t$ °C | 20 | 26.2 | 31.8 | 36.8 | 41.4 | 45.6 | 49.3 | 52.7 | 55.8 | 58.5 | 61.1 |

A. R. Zilberman

P836. The plate A of a flat capacitor is motionless, the plate B is joined by a spring to the wall and can move, remaining parallel to A (see figure Pис. 4). After the switch K is turned on, the plate B begins to move and stops in a new equilibrium position, the distance between the plates decreasing by $\alpha_1 = 10\%$. How would the equilibrium distance between the plates have changed if the switch K was turned on only for a brief period of time? It is assumed that the plate B does not have enough time to move noticeably during this period.

A. I. Buzdin

P837. A laser anemometer is used to measure the velocity of particles which move through two intersecting coherent laser light beams (see figure Pис. 5). The light reflected by the particles is registered by the photoelement $\Phi$ and is transformed into an electric impulse. The particles move perpendicularly to the bisector of the angle $\alpha = 60^\circ$ between the beams. In what direction did a particle move, if a periodic signal of frequency $v = 320$ kHz was registered (for laser beam wavelength $\lambda = 0.63$ mkm).

V. V. Mojaev

Решения задач

M806—M810; Ф818—Ф822

M806. a) Докажите, что если $a_1 + \frac{a_2}{2} + \frac{a_3}{3} + \ldots + \frac{a_n}{n} = 0$, то многочлен $a_n x^{n-1} + a_{n-1} x^{n-2} + \ldots + a_2 x + a_1$ имеет корень между 0 и 1.

b) Докажите, что если для некоторых $p > 0$

$$\frac{a_1}{p+1} + \frac{a_2}{p+2} + \frac{a_3}{p+3} + \ldots + \frac{a_n}{p+n} = 0,$$

то этот многочлен также имеет корень между 0 и 1.

Докажем сначала такое утверждение: если дифференцируемая функция $f(x)$ обращается в поле в точках $x = 0$ и $x = 1$, то ее произvodная должа обратится в поле в некоторой внутренней точке от нуля и, следовательно, принимается в точке $x_0$, лежащей внутри отрезка [0; 1].

Это очевидно, если функция $f(x)$ тоже действено равна 0 на отрезке [0; 1]. В противном случае рассмотрим точки, в которых она принимает свое наибольшее и наименьшее значение на этом отрезке. (Такие точки существуют по теореме Beйерштрасса — см. учебник «Алгебра и начала анализ 9—10», п. 28 — либо функция $f(x)$, будучи дифференцируемой, непрерывна.) Однако из этих значений должно быть отнуля и, следовательно, принимается в точке $x_0$, лежащей внутри отрезка [0; 1].

Таким образом, $x_0$ — точка экстремума функции $f(x)$ на интервале [0; 1] [1, и по теореме Ферма («Алгебра и начала анализ 9—10», п. 26) $f'(x_0) = 0$.

Воспользуемся доказанным утверждением для решения задачи.

a) Рассмотрим функцию $f(x) = a_1 x + \frac{a_2}{2} x^2 + \ldots + \frac{a_n}{n} x^n$.

По условию $f(1) = a_1 + \frac{a_2}{2} + \ldots + \frac{a_n}{n} = 0$, кроме того, $f(0) = 0$.

43

Согласно доказанному утверждению $f'(x_0) = 0$ при некотором $x_0$ из интервала $]0; 1[$. Остается заметить, что $f'(x) = a_1 + a_2x + \dots + a_nx^{n-1}$.

6. Доказательство такое же, как в п. а) с той разницей, что вместо функции $f(x)$ надо взять $g(x) = \frac{a_1}{p+1}x^{p+1} + \frac{a_2}{p+2}x^{p+2} + \dots + \frac{a_n}{p+n}x^{p+n}$ и учеть, что в равенстве $g'(x_0) = x_0^p(a_1 + a_2x_0 + \dots + a_nx_0^{n-1}) = 0$ множество $x_0^p$ ненулевой.

А. Гохберг, М. Овецкий

**M807. a) Из произвольной точки $M$ внутри равностороннего треугольника опущены перпендикуляры $MK_1$, $MK_2$, $MK_3$ на его стороны. Доказите что сумма векторов $MK_1 + MK_2 + MK_3$ равна $\frac{3}{2} \vec{M}O$, где $O$ — центр треугольника.

6. Из произвольной точки $M$ опущены перпендикуляры $MK_1$, …, $MK_n$ на все стороны правильно по-уzelвика или их продолжения. Доказите, что

$$\vec{MK}_1 + \dots + \vec{MK}_n = \frac{n}{2} \vec{M}O,$$

его $O$ — центр $n$-уzelвика.

8. Из произвольной точки $M$ внутри правильно терраэдра опущены перпендикуляры $MK_1$, $MK_2$, $MK_3$, $MK_4$ на его грани, Доказите, что

$$\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \vec{MK}_3 + \vec{MK}_4 = \frac{4}{3} \vec{M}O,$$

его $O$ — центр терраэдра.

Рис. 1.

Рис. 2.

a) Проведем через точку $M$ прямые, параллельные сторонам треугольника и обозначим точки пересечения этих прямых со стороны треугольника, как показано на рисунке 1.

Ясно, что $2\vec{MK}_1 = \vec{MA}_1 + \vec{MA}_2$, $2\vec{MK}_2 = \vec{MB}_1 + \vec{MB}_2$, $2\vec{MK}_3 = \vec{MC}_1 + \vec{MC}_2$ и в то же время, $\vec{MC}_1 + \vec{MB}_2 = \vec{MA}$; $\vec{MC}_2 + \vec{MA}_1 = \vec{MB}$ и $\vec{MA}_2 + \vec{MB}_1 = \vec{MC}$. Позному

$$2(\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \vec{MK}_3) = \vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC} = 3\vec{MO} + \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}.$$

Но, очевидно, $\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} = \vec{0}$, следовательно, $2(\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \vec{MK}_3) = 3\vec{MO}$, что и требовалось.

6. Доказем сначала, что если $O$ — центр правильно многоугольника $A_1...A_n$, то $\vec{OA}_1 + \dots + \vec{OA}_n = \vec{0}$.

В самом деле, при повороте на $\frac{360^\circ}{n}$ вокруг $O$ вершина $A_1$, перейдет в $A_2$, $A_2$ — в $A_3$, …, $A_n$ — в $A_1$, а вектор $\vec{s} = \vec{OA}_1 + \vec{OA}_2 + \dots + \vec{OA}_n$ — в $\vec{OA}_2 + \vec{OA}_3 + \dots + \vec{OA}_n + \vec{OA}_1 = \vec{s}$, то есть не изменится. Позному $\vec{s} = \vec{0}$.

Опустим перпендикуляры $OP_1$, …, $OP_n$ на стороны данного правильно многоугольника $(OP_i \parallel MK_i)$, затем опустим из точки $M$ перпендикуляры $MB_i$ на прямые $OP_i$ (при четном $n$ прямые $OP_i$ и $OP_{i+n/2}$ $i=1, 2, \dots, n/2$, совпадают и $B_i = B_{i+n/2}$; см. рис. 2 для $n=6$). Поскольку $\vec{MK}_i = \vec{B}_iP_i = \vec{B}_iO + \vec{OP}_i$ и $P_1P_2...P_n$ — правильно $n$-уzelвика с центром $O$,

$$\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \dots + \vec{MK}_n = (\vec{B}_1O + \vec{B}_2O + \dots + \vec{B}_nO) + (\vec{OP}_1 + \vec{OP}_2 + \dots + \vec{OP}_n) = \vec{B}_1O + \vec{B}_2O + \dots + \vec{B}_nO.$$

(1)

Доказем, что точки $B_1$, …, $B_n$ лежат на окружности с диаметром $MO$ (ибо $\vec{MB}_iO = 90^\circ$), поэтому достаточно доказать, что угловая вершина любой из дуг, на которой эта окружность разбиается точками $B_1$, …, $B_n$, равна $360^\circ/n$. Пусть $B_iB_j$ — одна из этих дуг и она не содержит точку $O$. Тогда $\angle B_iOB_j$ есть один из $2m$ равных углов, на которые разбиается плоскость $m$ прямых $OB_i = OP_i$ (см. рис. 3, где $n=m=5$, $i=2$, $j=4$). Следовательно, $B_iOB_j = 180^\circ/m$ и $B_iB_j = 360^\circ/m$. Дуга, содержащая точку $O$, также имеет величины $360^\circ - (m-1) \cdot 360^\circ/m = 360^\circ/m$.

Из доказанного вытекает, что $\vec{O}_1B_1 + \dots + \vec{O}_1B_n = \vec{0}$, и согласно (1)

$$\vec{MK}_1 + \dots + \vec{MK}_n = \vec{B}_1O_1 + \vec{B}_2O_1 + \dots + \vec{B}_nO_1 + n\vec{O}_1O = \frac{n}{2} \vec{MO}.$$

Отметим, что эту задачу можно решить также методом пункта $a$.

в) Достаточно доказать, что проекции векторов $\vec{MK}_1 + \dots + \vec{MK}_n$ и $\frac{4}{3} \vec{MO}$ на какие-то две пересекающие плоскости совпадают. (Действительно, отсюда следует,

44

что две проекции разности $\vec{d}$ этих векторов равны нульевектору, то есть вектор $\vec{d}$ перепределилуран одновременно двум пересекающим плоскостям, а значит, $\vec{d} = 0$).

Эти плоскости можно выбрать так, чтобы доказательство свелось к плоскому случанию — задаче a). Именно, проведем через точку $M$ плоскость $p$, перепределилуран, скажем, $\vec{MK}_4$, и проектируем на нее векторы $\vec{MK}_i$, $i=1, 2, 3$ (рис. 4). Каждый из них образует с плоскостью $p$ угол $\gamma$, равный углу между высотой и боковой грани правильно тетраэдра $(\cos^2 \gamma = \frac{8}{9})$, поэтому проекция вектора $\vec{MK}_i$ равна $\vec{MH}_i = \frac{8}{9} \vec{MQ}_i$, где $Q_i$ — проекция точки $M$ на соответствующую сторону треугольника, получающейся в сечени тетраэдра плоскостью $p$. Пусть $O'$ — центр этого треугольника, тогда, согласно a),

$$\vec{MH}_1 + \vec{MH}_2 + \vec{MH}_3 = \frac{8}{9} (\vec{MP}_1 + \vec{MP}_2 + \vec{MP}_3) =$$

$$= \frac{8}{9} \cdot \frac{3}{2} \vec{MO}' = \frac{4}{3} \vec{MO}'.$$

Остается заметить, что левая часть этого равенства есть проекция суммы $\vec{MK}_1 + \ldots + \vec{MK}_4$ на плоскость $p$ (proекция суммы векторов равна сумме их проекций), а правая — проекция вектора $\frac{4}{3} \vec{MO}$. Это же рассужждение годится и для плоскостей, параллельных другим гранам тетраэдра.

Попробуйте решить задачу a) аналогичным способом, сведя двумерный случай к одномерному с помощью проекции.

Наметим еще одно решение задачи b) (которое можно приспособить и к задачам a) и 6)). Рассмотрим вектор разности $\vec{d} = (\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \vec{MK}_3 + \vec{MK}_4) - \frac{4}{3} \vec{MO}$ как функцию от вектора $\vec{a} = \vec{MO}$. Легко проверить, что утверждение задачи справедливо для вершин $A_1, A_2, A_3, A_4$ тетраэдра, значит, $\vec{d}(A_iO) = 0$. Кроме того, $\vec{d}(\vec{a})$ — линейная векторная функция, то есть $\vec{d}(\vec{a} + \vec{b}) = \vec{d}(\vec{a}) + \vec{d}(\vec{b})$ и $\vec{d}(k\vec{a}) = kd(\vec{a})$. (Действительно, сумма векторов $\vec{MK}_i$ равна сумме проекций вектора $\vec{MO}$ на четыре прямы, перепределилуран сторонам $n$-угольника. Но легко видеть, что проекция вектора на прямую является линейной функцией этого вектора.) Отсюда вытекает, что $\vec{d}(\vec{a}) = 0$ для любого вектора $\vec{a}$, поскольку его всегда можно представить в виде $k_1\vec{A}_1O + k_2\vec{A}_2O + k_3\vec{A}_3O$.

В. В. Прасолов

M808. На бесконечном листе клетчатой бумаги двое церрают в текущий церру: первый окрашивает какую-нибудь клетку в красный цвет, второй — к (неокрашенных) клеток в синий цвет, затем снова первый одну (неокрашенный) — в красный, второй — к клеток в синий и т. д. Первые страсти к тому, чтобы какие-нибудь четыре красные клетки расположились в вершинах квадрата (со стороными, параллельными лиu-

Ответ: второй игрок не сможет помещать первому ни при каком $k$.

Решать задачу удобно с конца. Ясно, что первый игрок (будем называть его $K$ — «красный») выиграет, если каким-то своим ходом он пострет сразу $k+1$ «неполных» квадратов, в трех вершинах каждой из которых стояят красные клетки, а в четвертой — неокрашенная. Тогда после ответа второго игрок (назовем его $C$ — «синний») хотя бы одна из четырех вершин остается неокрашенной и, окрасив ее, $K$ получит «красный квадрат». Примеры таких выгрышных позиций приведены на рисунках 1, а — для общего случания — и 1, б — для $k=1$ (в последнем случae $K$ может действовать так же, как и в общем, при произвольном $k \geqslant 1$, но у него есть и более экономный путь к победе, использующий симметрию квадратной решетки).

45

ниям сетки). Сможет ли второй ему помещать a) при k=1; 6)* при k=2; 8)* при каком-либо k>2?

Рис. 1. Вызывающие позиции для первого церрака a) при произвольном k≥1; 6) при k=1. Клетки, объединенные рамками, не окрашены ни красным, ни синим цветом. Звездочек помещена последняя клетка, окрашенная перым церроком.

Рис. 2.

Объясним, как должен играть K, чтобы получить эти позиции.

a) Пусть a и a’ — первые клетки, окрашенные, соответственно, игроками K и C (рис. 2). Вторым ходом K окрашивает клетку b, стоящую в одном столбце с a так, что расстояние между клетками b и a больше, чем между a’ и a. После ответного хода C одна из клеток c и c₁ того же столбца (см. рисунок 2), например, c, остanetся неокрашенной. Ее окрашивает K третьим ходом. Аналогично, четвертым ходом K окрашивает клетку d или d₁. Допустим, он окрасил d, тогда рассмотрим столбцы, содержащие клетки e, f, g и h. Один из них, например, содержащий e, свободен от синих клеток, потому что синих клеток всего четыре и одна из них — a’ — заведено не стоит в этих столбцах. Окрасив e, игрок K получит позицию рисунка 1, 6 (клетки a, b₁ c и e на рисунке 2).

6), в) Игрок K начинает с того, что окрашивает N клеток одной строки, не обращая внимание на расстояния между ними (число N зависит от k; мы уточним его ниже). Затем под первой строкой K выбирает строку, в которой нет синих клеток, и окрашивает в ней клетки, стоящие точно под красными клетками первого строки (пока среди них еще есть неокрашенные красным или синим цветом). Под второй строкой K выбирает третью (свободную от синих клеток) и окрашивает в ней клетки, стоящие под красными клетками второй строки, и т. д. Запоплив таким образом n строк (число n определяем позже), K должен выбрать прямую l, проходящую по диагоналям клеток (рис. 3) под всеми окрашенными клетками (красными и синими), и окрасить на ней k+1 клеток, стоящих точно под клетками последней, n-й строки. Поскольку на каждую новую красную клетку приходится k синих, для этого достаточно, чтобы в n-й строке было k²+k+1 красных клеток. (Тогда в ответ на первые k клеток прямой l, которые окрасит K, C окрасит k² клеток, после чего под красными клетками n-й строки на прямой l остanetся еще хотя бы одна неокрашенная клетка.) Красные клетки на прямой l вместе с легашими над ними клетками одной из n строк и клеткой a на пересечении этой строки с прямой l (рис. 3) и образуют выигрыший «клин», показанный на рисунке 1, a. Над только выбрать эту строку так, чтобы клетка a и все клетки под ней не были синими. А это всегда можно сделать, если чисток строк n больше числа синих клеток на прямой l и под ней, которое не превозходит (k+1)k=k²+k, например, при n=n²+k+1.

Итак, число N должно быть настолько велико, чтобы игрок K мог заполить указанным образом n=k²+k+1 строк и окрашить в последней n клеток. Можно взять N=(k+1)ⁿ·k+1. Действительно, как мы видели, чтобы K мог окрасить k+1 клеток на прямой l, в n-й строке надо было окрасить (k+1)·k+1 клеток красным цветом; аналогично доказывается, что для этого в (n−1)-й строке должно находиться (k+1)²·k+1 красных клеток, в (n−2)-й — (k+1)³·k+1, …, а в первой — (k+1)ⁿ·k+1 красных клеток.

Отметим, что это решение идено близко к решению задачи-M750 («Квант», 1982, № 12; см. также статью С. Н. Беспамятных в «Кванте» № 6 за этот год).

Д. Г. Азов

46

М809. Найдите сумму
$$\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{n-1}{n!}$$

(через $k!$ обозначается произведение $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot k$).

Ответ: $1 - \frac{1}{n!}$. Получить ответ совсем легко, если представить $k$-е слагаемое искомой суммы в виде $\frac{k}{(k+1)!} = \frac{(k+1) - 1}{(k+1)!} = \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}$. Имеем
$$\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{n-1}{n!} = \left(1 - \frac{1}{2!}\right) + \left(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}\right) + \dots + \left(\frac{1}{(n-1)!} - \frac{1}{n!}\right) = 1 - \frac{1}{n!}.$$

В. В. Произвольов

М810*. Докажите, что в любой выпуклый многоугольник $M$ можно поместить прямоуровнное не менее $1/4$ площади многоугольника $M$.

Пусть $A$ и $B$ — наиболее удаленные друг от друга вершины многоугольника $M$, $|AB| = d$ (отрезок $AB$ может быть диагональю или стороной). Возьмем на отрезке $AB$ точку на расстоянии $x$ от $A$ ($0 \leqslant x \leqslant d$) и проведем через нее прямую перpendикулярно $AB$. Поскольку многоугольник $M$ выпуклый, эта прямая пересечется с ним по отрезку (возможно, вырождающимся в точку), длину которого обозначим $l(x)$. Пусть $CD$ — наиболее из таких отрезков, $|CD| = l_0$ (см. рисунок). Ясно, что

$$S(M) = \int_0^d l(x) dx \leqslant \int_0^d l_0 dx = l_0 \cdot d.$$

Рассмотрим четырехугольник $KLPQ$ с вершинами в серединах сторон четырехугольника $ABCD$. Две из его сторон (на рисунке — $KL$ и $PQ$) являются средними линиями в треугольниках $ABC$ и $ABD$ и потому паралеллы $AB$ и равны по длине $d/2$; аналогично, две другие стороны паралеллы $CD$ и равны по длине $l_0/2$. Поэтому $KLPQ$ — прямоуровнный площади $dl_0/4$ и $S_{KLPQ} \geqslant S(M)/4$.

Остается заметить, что прямоуровнный $KLPQ$ содержится в $ACBD$, а $ACBD$ — в $M$, так как $M$ — выпуклый многоугольник.

Полученная оценка, по-видимому, не является точной. Однако автор не удалось ее улучшить. Возможно, это сделают читатели.

Ф. В. Вайнитейн

Ф818. Два жестких стержня длины $l$ какдый шарнирно скреплены в точке $A$ (см. рисунок). Стержень $BA$ жестко закреплен в точке $B$, а точка $C$ стержня $AC$ может скользить без трения по направляющей $BC$. Стержень $BA$ начинают врачать в плоскости рисунка вокруг точки $B$ с постоянной угловой скоростью $\omega$. Чему будут равны максимальная скорость и ускорение точки $C$, если в начальной момент стержни вытянуты вдоль направляющей ($BAC = \pi$)?

Поскольку жесткие, в любой момент времени проекции скоростей точки $A$ и $C$ на направление $AC$ должны быть равны, то есть (см. рисунок)

$$v_A \cos \beta = v_C \cos \alpha.$$

Здесть $v_A = \omega l$ — скорость точки $A$, $v_C$ — скорость точки $C$ в данной момент времени, $\alpha = \omega t$ — угол, который составляет стержень $BA$ ($AC$) с направляющей $BC$ в данной момент времени ($\alpha \leqslant \frac{\pi}{4}$, $\beta = \frac{\pi}{2} - 2\alpha$; при $\alpha \geqslant \frac{\pi}{4}$ $\beta = 2\alpha - \frac{\pi}{4}$). Итак,

$$v_A \sin 2\alpha = v_C \cos \alpha \Rightarrow v_C = 2v_A \sin \alpha = 2v_A \sin \omega t,$$

то есть скорость точки $C$ меняется со временем по гармоничческому закону. Значение $v_C$ максимально при $t = 0$, то есть в начальной момент времени:

$$a_C \max = 2v_A \omega = 2\omega^2 l.$$

Л. Г. Маркович

47

Ф819. Три небольших тела, массы которых относится как 3:4:5 (масса самого лектора тела равна m), удерживаются в трех различных точках на внутренней поверхности ладкой полусферической части радиуса R, которая в нижней точке закреплена на горизонтальной поверхности. В некоторых моменте тела отpusкают и представляют самим себе. Какое максимальное количество тела может выделиться в такой системе? При каком начальном положении тел это осуществится? Все соударения тел абсолютно неупружее.

Ф820. Процесс A—B—C—A производят над одним молем идеально одноатомного газа (рис. 1). Определить КПД цикла.

Рис. 1.

Рис. 2.

Для того чтобы выделившееся количество тепла было максимальным, необходимо выполнение следующих условий:

1. потенциальная энергия тела в начальной моменте должно быть возможно максимальным;
2. тела должны стольнуть одновременно в нижней точке чаши;
3. скорость тел сразу после стольновения должна равна нулю.
   При выполнении этих условий весь запас начальной потенциальной энергии перейдет в тепло.

Следовательно, тела в начальной моменте должны быть расположены на铬ке чаши на высоте R над ее нижней точкой. Расположение тела должно быть таким, чтобы их суммарный импульс перед соударением был равен нулю (тогда после соударения спилшеся тело остается не подвижным в нижней точке чаши). Поскольку значения импульсов тела в любой момент времени относится как 3:4:5, расположение тела в начальной моменте должно быть таким, как на рисунке (на рисунке приведен вид сверху). Количество тела, которое выделится при этом в системе, максимально и равно 4mgR.

С. К. Строков

КПД цикла η определяется отношением работы A, совершаемой газом за время цикла, к количеству теплоты Q, подведенной к газу за это время:

η = A/Q.

Работа газа численно равна площади треугольника ABC (см. рис. 1):

$$A = p_0 V_0 / 2$$

Чтобы найти Q, рассмотрим каждый участок цикла по отдельности. На участке AB идет изхорный процесс. Газ работы не совершает, а внутренняя энергия увеличивается на величины

$$\Delta U_{AB} = 3 / 2 R (T_B - T_A) = 3 / 2 p_0 V_0.$$

Согласно первому закону термодинамики, это увеличение внутренней энергии происходит за счет подвода неокоторого количество теплоты

$$Q_{AB} = \Delta U_{AB} = 3 / 2 p_0 V_0.$$

На участке CA идет изобарный процесс, при котором газ сжимается, то есть совершает отрицательную работу, а внутренняя энергия газа уменьшается. Таким образом, на этом участке газ отделено, а не получает.

Выясним теперь, что произходит на участке BC. Здесь газ распирается и поэтому совершает положительное работу. Внутренняя же энергия газа сначала увеличивается, а потом уменьшается. Следовательно, до некоторого момента газ получает теплло извне, а затем отдет теплло наружу. Обозначим «гранничную» точку буквой D и найдем ее параметры. Пусть точка O — текущая точка участка BC (рис. 2) и ее параметры — p, V и T. На отрезке BO газ совершает работу, численно равную площади заштрихованной на рисунке 2 трапеции:

$$A_{BO} = (p_0 + p / 2) (V - V_0),$$

при этом его внутренняя энергия изменяется на величины

$$\Delta U_{BO} = 3 / 2 R (T - T_B) = 3 / 2 (pV - 2p_0V_0).$$

Согласно первому закону термодинамики, газу должно быть передано количество теплоты

$$Q_{BO} = A_{BO} + \Delta U_{BO} = (p_0 + p / 2) (V - V_0) + 3 / 2 (pV - 2p_0V_0).$$