Задачи М971—М975; Ф983—Ф987

31

Задчи

М971 — М975; Ф983 — Ф987

М971. Восемь волейбольных команд проводили турнир в один круг (каждая сыграла с каждой один раз). Докажите, что можно выбрать из них такие четыре команды A, B, C, D, что A выиграла у B, C и D, B выиграла у C и D, C выиграла у D.

А. Т. Украинцев

М972. Последовательность $x_1, x_2, \dots$ задается условиями $x_1 = \frac{1}{2}, x_{n+1} = x_n^2 + x_n$ ($n=1, 2, \dots$). Найдите целую часть числа

$$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \dots + \frac{1}{x_{100}+1}$$

А. А. Анджанс

М973. В треугольнике ABC проведены высота AH и bisсектора BE. Докажите, что если $\angle BEA = 45^\circ$, то и $\angle EHC = 45^\circ$.

И. Ф. Шарыzin

М974. Двое играют в шахматы с часами. Послед того как оба сделали по 40 ходов, часы обихих показали 2 часа 30 минут.
a) Докажите, что в партии был момент, когда часы одного обгоняли часы другого более чем на 1 минуту 50 секунд.
b) Можно ли утверждать, что в некоторых моментах разница показаний часов была не менее 2 минут?

С. В. Фомин

М975. На «шахматной доске» размером $n \times n$ стоит 20 различных фигур. Известно, что каждая фигура с любого поля будет не более 20 полей.
a) Докажите, что при $n=100$ эти фигуры можно переставить так, чтобы они не были друг друга.
b) Пусть дополнительно известно, что если фигуру свинить, то множество полей, которые она будет, тоже паралельно свинится (на тот же вектор).
Докажите, что при $n=30$ эти 20 фигур можно переставить так, чтобы они не были друг друга.

А. К. Толпыго

Ф983. На шероховатом столе лежит брусок массой $m=1$ кг; коэффициент треня покоя бруска о стол $\mu_0=1$ Н/м, коэффициент треня скольжения $\mu=0,9$ Н/м. К бруску прикрепленаружина жесткость $k=1$ Н/м. Пружину начинают тянуть в горизонтальном направлении так, что ее свободный конец движется с постоянной скоростью $v$ (рис. 1). Как будет движаться брусок?

И. И. Мазин

32

Ф984. При колке дов топор иногда застревает в расщепление полена. В таких случаях дальше колют либо так, как показано на рисунке 2, либо — как на рисунке 3. Какой способ эффективен?

Т. С. Петрова

Ф985. В сосуд, заполненный жидким эфиром, погружают перевернутую пробирку A. Из нее сразу же начинают выходить пузырыки. Пузырыки «собирают» в первоначально полностью заполненную эфиром пробирку B (рис. 4), длина которого в два раза больше, чем длина пробирки A. При этом из пробирки B вытесятся $\frac{2}{3}$ первоначально объема эфира. Температура в комнате поддерживается равной 20 °C, давление равно нормальному атмосферному. Объясните проискодящей явление и определите по имеющимся в задаче данным давление насыщенных паров эфира при указанной температуре.

А. И. Буздин

Ф986. Две хорошего очищенные пластины, платиновая и волфрамовая, находятся в вакууме, образуя плоский конденсатор. Пространство между ними заполняет окисью углерода CO. Определите возникающего при этом разность потенциальов между пластинами. Считайте, что молекулы CO осаждаются на поверхности металла с образованным химическим связиу углерод — металл; молекула CO представляет собой диполь (рис. 5), $|\Delta q| \cdot l = 3,3 \cdot 10^{-31}$ Кл·м.

Е. Н. Юносов, И. В. Яминский

Ф987. На картине И. Левитана «Март» (см. с. 8 и 1-ю с. обложки) тени на снегу, отбрасываемые деревьями в ясный солнечный день, голубого цвета. Неправильнее ли (с физической точки зрения) было направлять их темными бесповетными (черными или серыми)?

А. С. Бутов

Problems

M971—M975; P983—P987

M971. Eight volleyball teams took part in a round robin tournament (each team playing once with each). Prove that it is possible to choose four teams A, B, C, D among the eight so that A has defeated B, C and D, B has defeated C and D, C has defeated D.

A. T. Ukraintsev

M972. The sequence $x_1, x_2, \ldots$ is defined by the conditions $x_1 = \frac{1}{2}, x_{n+1} = x_n^2 + x_n$ (n=1, 2, …). Find the integer part of the number

$$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \ldots + \frac{1}{x_{100}+1}.$$

A. A. Andjans

M973. In triangle ABC, AH is an altitude and BE a bisector. Prove that $\angle BEA = 45^\circ$ implies $\angle EHC = 45^\circ$.

I. F. Sharygin

M974. Two players played a chess game, using a standard (double) time-punching clock. After both had made 40 moves, both clocks showed 2 hours 30 minutes.

34

М952. Обозначим через {x} дробную часть числа x; {x}=x-[x], где [x] — наиболее целое число, не превысая x.
a) Приведите пример числа a такого, что $\{a\}+\{1/a\}=1$.
b) Докажите, что такое число a не может быть рациональным.

М953. На плоскости даны шесть точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Проводятся все 15 прямых, соединяющих по-

у первого треугольника меньше: $\angle A < \angle FOB$. Аналогично, $\angle C < \angle BOD$, $\angle E < \angle DOF$. Следовательно,

$$\angle A + \angle C + \angle E < \angle FOB + \angle BOD + \angle DOF,$$

a сумма в правой части (*) или равна 2π (когда треугольник BDF остро- или прямогольный; рис. 1), или меньше (когда этот треугольник тупоугольный; рис. 2). Точно так же доказывается, что $\angle B + \angle D + \angle F < 2\pi$ (поскольку $r_1 < 1$), и поэтому сумма всех углов шестиугольника меньше 4π, что невозможно. Таким образом, $r \geq 1$.

Справедливо и более сильное утверждение: в наших обозначениях либо $r > 1 > r_1$, либо $r = r_1 = 1$. Для доказательства прежде всего показем, что треугольники ACE и BDF остроугольные. Допустим, например, что угол BFD не острый. Тогда точка F лежит в круге с диаметром BD, то есть $MF \leq MB$, где M — середина BD (рис. 3). Следовательно, точка N пересечения серединного перпендикулара к BF с отрезком BD лежит между B и M. Равноедренные треугольники BFA и BFN имеют общее основание BF и при этом $BN \leq BM < 1 = BA$ (так как $2BM = BD < BC + CD = 2$), поэтому $\angle AFB > \angle FBD$. Аналогично, $\angle DFE > \angle FDB$. Но тогда угол шестиугольника при вершине F больше $\pi$ ($\angle F = \angle AFB + \angle BFD + \angle DFE > \angle FBD + \angle BFD + \angle FDB = \pi$), а это противоречит выпуклости шестиугольника.

Тем самым доказано, что права часть в неравенстве (*) равна 2π и, рассудкая так же, как выше, мы получим, что $r_1 \leq 1$ (инначе сумма углов шестиугольника оказалась бы больше 4π).

Наконец, если один из радиусов, скажем r, равен 1, то, очевидно, точки A, C и E симметричных центру O описанной окружности треугольника BDF относительно его сторона (рис. 4). Отсюда легко вывести, что $\triangle ACE = \triangle DFB$, значит, и $r_1 = 1$. (Волlee того, в этом случае треугольники ACE и DFB симметричных относительно середины отрезка OH, где H — точка пересечения высот треугольника BDF, так что противоположные стороны шестиугольника параллельны.)

E. Хорват, В. Н. Дубровский

a) Ответ: один из примеров $-a = 2 + \sqrt{3}$. Действительно, поскольку $2 + \sqrt{3}(2 - \sqrt{3}) = 1$,
$\{a\} + \{1/a\} = (\sqrt{3} - 1) + (2 - \sqrt{3}) = 1$.

Вoceше, годится любое число вида $n \pm \sqrt{n^2 - 1}$, где $n$ — целое и больше 1.

b) Допустим, что число $a$ рационально и представим его в виде несократимой дроби: $a = m/n$. Если $\{a\} + \{1/a\} = 1$, то очевидно, $a + 1/a$ — это целое число; обозначим его через k. Итак, $m/n + n/m = k$, то есть $m^2 + n^2 = kmn$. Отсюда следует, что $m^2$ делится на n, а $n^2$ — на m, а треугольку m и n взaimно просты, это возможно лишь при $|m| = |n| = 1$, то есть при $a = \pm 1$. Но в этом случае $\{a\} + \{1/a\} = 0$. Следовательно, расматриваемое уравнение не имеет рациональных решений.

И. Варга

a) Ответ: 10 точек. Пример расположения с 10 точками тройного пересечения прямых показан на рисунке 1: за исходные 6 точек здесь берутся вершины и центр правильного пятугольника.

35

парно эти точки. Каково наиболее число точек (отличных от данных), в которых пересекаются 3 из этих 15 прямых?

Рис. 1.

Рис. 2.

М954. a) В треугольник вписан прямолинк со стороны a и b так, что все его вершины лежат на сторонах треугольника. Пусть $a_1$ и $b_1$ — длины проекций треугольника на прямые, параллельные сторонам a и b прямолинкна. Докажите равенство
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} = 1.$$
б) В произвольный треугольник вписан прямолинк параллельned с ребрами a, b и c так, что все его вершины лежат на поверхности треугольника. Пусть $a_1$, $b_1$ и $c_1$ — длины проекций треугольника на прямые, параллельные ребрами a, b и c. Докажите равенство
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = 1.$$

Покажем теперь, что на каждой из 15 расматриваемых прямых лежит не более двух точек трейного пересечения (отличных от данных), то есть что общее их число не превыходит (15·2): $3=10$ (при подсчете учитывается, что каждая из этих точек лежит на трех прямых).

Заметим, что 6 прямых, попарно соединяющих любые 4 из данных точек, пересекаются по две в трех точках (если среди этих прямых нет параллельных), причем эти три точки не могут лежать на одной прямой (рис. 2). Поэтому на прямой, соединяющей две оставшиеся точки, могут лежать самоое большое две точки трейного пересечения, что и требовалось доказать.

Выделенное курсивом утверждение нетрудно доказать строю, пользовать тем, что прямая, не проходящая через вершины треугольника и пересекающая одну из его сторон, пересекаетровно одну другую сторону *). Интересно, что в некоторых неевклидовых геометриях это утверждение принимают за аксиomy (аксиома Фано), а в некоторых геометриях оно и вовсе не выполняется.

В. В. Прасолов

a) Очевидно, на одной из сторон треугольника должны лежать две соседние вершины прямого лыжата, а на двух других сторонах — еще по вершине (рис. 1). В обозначениях рисунка 1 из готов怠ности треугольников ABC и NMC, ACD и ANK получаем
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} = \frac{NM}{AB} + \frac{KN}{DC} = \frac{NC}{AC} + \frac{AN}{AC} = 1.$$
Посям подробнее равенство $a_1=AB$, имея в виду, что в задаче 6) аналогичные утверждения не столь очевидны. Проекция точки C на прямую AB лежит на отрезке AB (иначе одна из точек K и L — проекций N и M на AB — должна быть лежать вне этого отрезка); следовательно, проекция треугольника на прямую KL=AB совпадает с его стороной AB.

6. Ясно, что на одной грани треугольра может лежать либо целая грань параллельпеда, либо одно его ребро, либо одна вершина, либо вовсе ни одной (впрочем, последнее, как мы увидим далее, неозможно). Расмотрим два случая.

7. Пусть какая-то грань KLMN параллельнеда лежит на грани ABC данной треугольра ABCD. Тогда параллельная грань $K'L'M'N'$ вписана в сечение $A'B'C'$ треугольра плоскостью этой грани (рис. 2). Пусть $KL=a$, $KN=b$, $KK'=c$. Поскольку проекция E вершины D на плоскость ABC лежит в треугольнике ABC (иначе одна из точек K, M, N должны быть лежать вне его), проекции $a_1$ и $b_1$ треугольра на прямые KL и KN совпадает с проекциями грани ABC на эти прямые. Проекция же $c_1$ треугольра на прямую KK’, очень.no, равна его высоте DE. Треугольник $A'B'C'$ готов怠чен треугольнику ABC с центром D и коэффициентом $k=DE'/DE=(c_1-c)/c_1=1-c/c_1$ (E’ — точка пересечения DE и плоскости $A'B'C'$), следовательно, проекции треугольника $A'B'C'$ на $K'L'$ и $K'N'$

*) См. учебник А. В. Погорелов «Геометрия 6—10» (теорема 1.2).

36

Рис. 2. Показанные здесь три возможных случай расматриются совершенно одинаково.

Рис. 3.

Рис. 4.

равны $ka_1$ и $kb_1$ и в силу задачи a)
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = k \left( \frac{a}{ka_1} + \frac{b}{kb_1} \right) + \frac{c}{c_1} = k + \frac{c}{c_1} = 1.$$

2. Пусть ни одна из граней параллелепеда не лежит целиком в грани tetraэдра. Тогда на каждой грани tetraэдра должно лежать по две вершины параллелепеда, то есть по одному ребру. Легко понять, что среди этих четырех ребра два, скажем KL и MN, обязательно лежат в одной грани параллелепеда и параллельны, а два других — K’N’ и L’M’ — в противоположной грани и перpendикularны первым двум. Поэтому общее ребро AB граней tetraэдра, содержащих отрезки KL и MN, параллельно им, а противоположное ребро tetraэдра CD параллельно K’N’ и L’M’ (и перpendикularно AB; рис. 3).

Пусть EF — общий перpendикular прямы AB и CD, P и Q — точки его пересечения с плоскостями KLM и K’L’M’. Проекция $c_1$ tetraэдра на KK’, оченьindo, равна EF, а его проекции $a_1$ и $b_1$ на прямые AB и CD (которые параллельны KL и KN) совпадают с проекциями треугольника ABF на AB и CDE на CD. Расмотрим проекции наших многогранников на плоскости ABF (рис. 4, a) и CDE (рис. 4, б). Рассуждая так же, как в конце пункту a), убеждаемся, что точка E лежит между A и B, а F — между C и D. Следовательно, $a_1 = AB$, $b_1 = CD$. Теперь, пользовясь готоветничью треугольников на рисунках 4, a и 4, б, получаем
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = \frac{FQ}{FE} + \frac{PE}{FE} + \frac{PQ}{FE} = 1.$$

Утверждение задачи справедливо и для произвольного параллелепеда, вписанного в tetraэдр, если под $a_1$, $b_1$, $c_1$ понимать длины параллельных проекций tetraэдра на ребра a, b, c параллелепеда вдоль плоскостей соответствующих граней параллелепеда.

В. Н. Дубровский

M955. За круглым столом сидят n участников «безумного чаепития». Каждый минуто одна пара соседей меняется местами. Через какое наименьшее время все участники чаепития могут оказаться сидящими в противоположном порядке (так чтолевые соседи у всех станут правыми и наоборот)? Решите эту задачу: a) для n=4, 5 и 6; b) для любого n≥3.

◆
a), б) Ответ: пусть $t_n$ — искомое наименьшее время (в минутах), тогда $t_{2k} = k^2 - k$, $t_{2k+1} = k^2$; в частности, $t_4 = 2$, $t_5 = 4$, $t_6 = 6$.

Докажем, что при $n \geqslant 4$
$$t_n \geqslant t_{n-1} + \left[ \frac{n-1}{2} \right]$$

([a] — целая часть a). Представим, что участники чаепития сидят в вершинах правильного n-угольника. Тогда их итоговое расположение получается из исходного симметрией относительной некоторой оси. Пусть A — один из участков, наиболее удаленных от оси, B — симметричный ему. Кратайший путь от A к B по границе много-

37

Угольника (красная ломана на рисунке 1) содержит $k \geqslant [(n-1)/2]$ сторон (см. рис. 1), поэтому $A$ должен пройти по пути к $B$ не менее $k$ сторон, то есть сделать не менее $k$ пересекаивания. Но при этих пересекаивания порядок взаимного расположения остальных $n-1$ участников не меняется и им нужно сделать еще по меньшей мере $t_{n-1}$ пересекаивания между собой, чтобы разместиться в противоположном порядке, откуда и следует (1).

Поскольку $t_3=1$ (рис. 2), из оценки (1) получаем, что

$$t_{2k} \geqslant 1 + \left[ \frac{3}{2} \right] + \left[ \frac{4}{2} \right] + \dots + \left[ \frac{2k-1}{2} \right] = 2(1+2+\dots+(k-1)) = k^2-k,$$

(2)

$$t_{2k+1} \geqslant 1 + \left[ \frac{3}{2} \right] + \dots + \left[ \frac{2k-1}{2} \right] + \left[ \frac{2k}{2} \right] = k^2.$$

(3)

Покажем, что найдетного здесь числа пересекаивания достаточно, то есть знак $\geqslant$ в (2) и (3) можно заменить на знак $=$. Занутерем участников частия по порядку от 1 до $n$ и разобем их на две группы — от 1-го до $k$-го и от $(k+1)$-го до $n$-го. Чтобы поменять порядок в первой группе, пересимит последовательно 1-го участника со 2-м, 3-м, …, $k$-м, затем 2-го — с 3-м, 4-м, …, $k$-м и т. д. (рис. 3). На это уйдет $(k-1)+(k-2)+\dots+1 = (k^2-k)/2$ пересекаивания. Аналогично, за $(n-k)(n-k-1)/2$ пересекаивания мы получим обратный порядок во второй группе. Всего при $n=2k$ или $n=2k+1$ (то есть $k=[(n+1)/2]$ надо будет произвести $k^2-k$ или $k^2$ пересекаивания, соответственно.

Приведем идею другого вывода оценок (2) и (3). Заметим, что из любых трех участников частия хотя бы две должны помещаться местами (инначе их порядок сохраняются). Соединним двух участников отрезком, если им ни разу не приходимся пересекаивать друг с другом. Мы получим набор отрезков с концами в $n$ точках (или, как говорят, граф с $n$ вершинами). В силу сделанного заменения, эти отрезки (ребра графа) не образуют ни одного треугольника. Нетрудно доказать по индукции, что граф с $n$ вершинами без треугольников содержит не более $[n^2/4]$ ребер (это частный случай как называемый теоремия Турана; доказательство для четного $n$ было дан в решении задачи М934a в «Кванте» № 11 за 1985 г.). Следовательно, количество пар участников, которые хотя бы раз пересекаивают друг с другом, не меньше $n(-1)/2 - [n^2/4]$, что, как легко проверить, совпадает с правой частью (2) или (3) — в зависимости от четности $n$.

В. В. Алексеев, В. Н. Дубровский

Ф963. Плоскости $P$ и $Q$ пересекаются под прямым углом и плоскость $P$ составляет угол и с горизонтом (рис. 1). Из некоторых точки $A$ пространства

Свободное padение шарика из точки $A$ на плоскость $P$ и дальнейшее его движение по параболическим траекторям удобно представить как суперпозицию движений в двух взаимного перпендикуляр-

38

на плоскость P свободно падает маленький шарик. Соударения шарика с плоскостями абсцилтоно упругие. При каком условиях шарик вовь оказывается в точке A? Изображение одну из возможных траекторий возвращения.

ных направлений — вдоль осей X и Y (см. рис. 1).
«Составляющие» движения будут равноскореными с $v_{0x}=v_{0y}=0$ и сускорениями $g_x=g \sin \alpha$ и $g_y=g \cos \alpha$. Упругие удары шарика о плоскости P и Q делают эти движения периодически. Обозначим расстояния от точки A до плоскостей Q и P через l и h; времена прохождения этих расстояний («туда» или «обратно») —

$$\tau_x = \sqrt{\frac{2l}{g \sin \alpha}}, \quad \tau_y = \sqrt{\frac{2h}{g \cos \alpha}}.$$

Возврат шарика в точку A будет реализован при одновременном его появлении в точке A как в движении по оси X, так и в движении по оси Y, то есть если будет соблюдаться равенство

$$\tau_x = k \tau_y,$$

где k — рациональное число. При этом условия всегда найдутся неокоторые чисяла m и n, равные «числу ходов» шарика по осям X и Y от начала движения до его появления в точке A:

$$m \tau_x = n \tau_y.$$

Найдем реализую траекторию, по которой шарик может опять попасть в точку A. Используя соответствия отрезков путьей, проходимых в равноскореном движении за равные последовательные интервалы времени (при $v_0=0$), можно графически точно показать места ударов шарика о плоскости P и точки касания его траектории (отрезков парабол) оси X.

На рисунке 1 траектория спуска от точки A до удара о плоскость Q показана сним цветом. Возврат в точку A возможно лишь в том случае, если шарик после «отражения» от плоскости Q где-то опять «сядет» на эту же траекторию и будет двигаться по ней «вверх». Никакая другая траектория не приведет шарик в точку A (в той точке обязательно $v_x=v_y=0$).

В частности, если плоскость Q шарик встретиет на линии $A_1B_1$ ($m=2, n=2$), или на линии $A_2B_2$ ($m=2, n=4$), или на $A_3B_3$ ($m=2, n=6$) и т. д., то он сразу же после упруго удара оказывается на синей траектории и обязательно вернется в точку A.

Тепер обратим внимание на красную траекторию на рисунке 1. Если после отражения от плоскости Q шарик попадает на эту траекторию, то, движясь по ней «вверх», он в точке B отразится от

$$Puc. 1. |AA_1|:|A_1A_2|:|A_2A_3|= =|BB_1|:|B_1B_2|:|B_2B_3|= =1:3:5.$$

39

Плоскости $P$, вновь окажется на этой же траектории и почти по ней в обратную сторону (красная траектория отвечает движению шарика, брошенного из точки $B$ со скоростью $v_0$ такой, что $v_{0y} = \sqrt{2gh} \cos \alpha$, $v_{0x} = 0$).

В точках пересечения красной и синей траектории $|\vec{v}_{x1}| = |\vec{v}_{x2}|$ и $|\vec{v}_{y1}| = |\vec{v}_{y2}|$ согласно закону сохранения энергии, и становится понятным, что если в одной из этих точек (в точке $D$ или в точке $E$) окажется плоскость $Q$, то шарик с синей траектории в этой точке «переседет» на красную траекторию, пройдет по ней до точки $B$ и обратно до плоскости $Q$ и, вторично «пересев» на синею траекторию, вернется в точку $A$. При этом для точки $D$ $m_D = 4$, $n_D = 6$; для точки $E$ $m_E = 4$, $n_E = 10$.

Но в обшем случае пересадки с синей траектории на красную и обратно должны осуществляться через «промежутные параболи» (они на рисунке 2 показаны зеленьм цветом), причем какая-то из них, имея касание с осью $X$, будет обязательно иметь касание с осью $Y$. (На рисунке 2 приведена вся траектория движения шарика при $m = 8$ и $n = 10$.)

Если $k$ — irrationalное число, на плоскости $Q$ зеленье параболи никогда не пересечится с красной, и шарик никогда не окажется в точке $A$.

Г. С. Ланудус

Ф964. Материальные точки образуют замкнутую систему. Между любыми двумя точками системы действует сила притяжения, равная $\vec{F}_{ij} = km_i m_j \vec{r}_{ij}$, где $m_i, m_j$ — массы точек, $\|\vec{F}_{ij}\|$ — сила, действующая на точку $i$ со стороны точки $j$, $\|\vec{r}_{ij}\|$ — расстояние между точками (рис. 1), $k$ — постоянный коэффициент. В начальной момент все части покоягся. Докажите, что через некоторое время все точки столкнутся. Определите это время, если известны масса всей системы $M = \sum_j m_j$ и коэффициент $k$.

Докажем, что частицы одновременно столкнутся в центре масс системы.

По определению центра масс радиус-вектор $\vec{r}$, проведенный из начала координат в центр масс, есть

$$\vec{r} = \sum_j m_j \vec{r}_j / M,$$

где $\vec{r}_j$ — радиус-вектор, проведенный из начала координат в точку $c$ массой $m_j$.

Поместим начало координат в центр масс системы. Тем самым мы положим $\vec{r} = \vec{0}$. Но согласно (1) это означает, что $\sum_j m_j \vec{r}_j = \vec{0}$. (Это равенство мы в дальнейшем использовать.)

Сила, действующая на $i$-ю точку со стороны точки $j$, может теперь быть выражена так:

$$\vec{F}_{ij} = km_i m_j \vec{r}_{ij} = km_i m_j (\vec{r}_j - \vec{r}_i).$$

So стороны всех точек системы на $i$-ю точку действует сила

$$\vec{F}_i = km_i \sum_j m_j (\vec{r}_j - \vec{r}_i) = km_i \sum_j m_j \vec{r}_j - km_i \sum_j m_j \vec{r}_i =$$

$$= \vec{0} - km_i \vec{r}_i \sum_j m_j = -km_i M \vec{r}_i$$

(мы учили, что $\sum_j m_j \vec{r}_j = 0$). Перепишем (2) в виде $\vec{F}_i = -\alpha_i \vec{r}_i$, или в скалярной форме

$$F_i = -\alpha_i r_i,$$ где $\alpha_i = kMm_i$.

Мы видим, что каждая точка движется так, как если бы она была соединена с центром масс системы приложенной жесткости $\alpha_i = kMm_i$, и в нерасти-

40

нутом состояний длина пружины нульевая.

Так как в начальной момент все точки покопились (и пружины при этом были растуты), в дальнейшем каждая точка будет движаться примоленной по направлению к центру масс. Время, за которой точка $i$ должен до центра масс, — это четверть перiodа колебаний груза массой $m_i$ на пружине жесткость $\alpha_i$:

$$t_i = \frac{T_i}{4} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{m_i}{\alpha_i}} = \frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{kM}}.$$

Как видно, $t_i$ не зависит от параметров конкретиной точки; следовательно, все частицы одновременно придуут в центр масс через время $\frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{kM}}$.

А. Г. Самосват

Ф965. Длинный цилиндрический сосуд наполнен идеальным газом до давления $p_0$. Сначага температура цилиндра поддерживается постоянной и равной $T_0$. Затем температуру одной из торцевых стенок сосуда повышают $\Delta T$, а температура противоположной стены остается прежней. НачиTu установившееся давление в сосуде и положение центра масс газа. Считать, что $\Delta T \ll T_0$.

◆ После установления равновесия в разных местах сосуда давление газа будет одним и тем же, а температура будет различной: больше влизации более теплой стены и меньше — у противоположной. Если $\Delta T \ll T_0$, то можно считать, что температура меняется по линейному закону

$$T(x) = T_0 \left( 1 + \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)$$

(см. рисунок). Мысленно разобем сосуд на тонкие слоны толщиной $\Delta x$ такие, что в пределах каждой слоя можно считать температуру газа постоянной. Для газа в каждой таком слое выполняется условия

$$p = n(x) \cdot k \cdot T(x),$$

где $p$ — давление в сосуде, $k$ — постоянная Больцмана, $n(x)$ — объемная концентрация газа в данной слое. Видно, что концентрация тоже зависит от $x$

$$n(x) = \frac{p}{kT_0 \left( 1 + \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)} \approx \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)$$

(мы воспользовались приближенным равенством $\frac{1}{1+\alpha} \approx 1-\alpha$ при $\alpha \ll 1$) и по линейному закону меняется от $n_0 = \frac{p}{kT_0}$ у «холодной» стены до $n_l = \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{\Delta T}{T_0} \right)$ у «теплою». Среднее значение концентрации

$$n_{cp} = \frac{n_0 + n_l}{2} = \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0} \right).$$

Выразим через $n_{cp}$ полное число молекул в сосуде:

$$N = Sln_{cp} = \frac{pSl}{kT_0} \left( 1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0} \right)$$

( $S$ — площадь торца цилиндра). С другой стороны,

$$N = Sln_0 = \frac{p_0Sl}{kT_0},$$

где $n_0$ — концентрация газа в сосуде при $p_0$, $T_0$. Из (1) и (2) находится давление в сосуде при установившемся равновесии:

41

$$p = \frac{p_0}{\left(1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right)} \approx p_0 \left(1 + \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right).$$

Теперный положение центра масс газа:

$$x_{\pi, \text{M}} = \frac{S}{N} \int_0^L dx \cdot x \cdot n(x) =$$

$$= L \left(1 + \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right) \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} \frac{\Delta T}{T_0}\right) \approx L \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{12} \frac{\Delta T}{T_0}\right).$$

Таким образом, центр масс смесителя в сторону более холодной стены на

$$\Delta l = \frac{1}{12} \frac{\Delta T}{T_0} L.$$

Смешение центра масс каждого на первый взгляд парадокальным, однako естественно объясняется взаимодействием молекул газа со стенками сосуда. Дело в том, что в процессе установления равновесия изменение импульса молекул, стальивающих с более теплой стенкой, будет больше, чем у тех, которые стальиваются с противоположной стенкой. Это приведет к передаче импульса от стенок сосуда газу, а значит, и к смешению центра масс газа.

В. И. Комов

Ф966. Для цлюстрации поверхностного натяжения одну из мультиных пленок, натянутых на парадокальным, однako естественно объясняется взаимодействием молекул газа со стенками сосуда. Дело в том, что в процессе установления равновесия изменение импульса молекул, стальивающих с более теплой стенкой, будет больше, чем у тех, которые стальиваются с противоположной стенкой. Это приведет к передаче импульса от стенок сосуда газу, а значит, и к смешению центра масс газа.

ВЫЯсним сначала, вид какой кривой примет нить под действием силы поверхностного натяжения. Легко доказать, что в случае $l < \pi d/2$ это будет дуга окружности, так как, предположив противное (то есть что радиус кривизны нити не постоянен), приdem к тому, что равновесие нити невозможно.

С учетом этого найдем, что в случае $l > \pi d/2$ нить будет иметь два прямолинейных участка длиной $x = \frac{1}{2} \left(l - \frac{\pi d}{2}\right)$ и получокружность (так как точки $C$ и $D$ покрытся) радиусом $d/2$ (рис. 2).

Пусть сила натяжения нити $T$ (см. рис. 2). Расматривая симметричные участки нити, можно записать:

$$2T = \sum_i \sigma \cdot \Delta l_i \cdot \cos \alpha = \sigma d \Rightarrow T = \frac{\sigma d}{2}.$$

Л. Г. Маркович

Ф967. Стопку очень тонких металлических пленок, находящся на одинаковых расстояниях друже от друза, заряжают от батареи следующим образом. Отрицательную клемму батареи соединяют с самой правой пленкой, а положительную клемму присоединяют по очереди к самойлевой пленке, затем ко второй слева, к третьей и т. д. до предпоследней (второй спра-

Обозначим через $S$ площадь каждой пластины, $d$ — расстояние между пластинами, $\mathcal{E} — \partial D C$ батареи. Найдем, какая загрудное на самом правой пластине (1) после того, как загрудили $k$-ю пластину справа.

Расстояние между этим пластинами равно $(k-1)d$, разность потенциальов равна $\partial D C$ батареи $\mathcal{E}$, и, следовательно, напряжениеэлектрического поля в промежутке между этим пластинами должны быть равна