Новый приём во Всесоюзную заочную математическую школу

55

боковых граней, исходящими из одной вершины, равен β. Найдите объем призмы.

2. Решите неравенство
   $$\frac{29-x-x^2}{5x+2} < 1.$$

3. Решите уравнение
   $$\log_3(4\cdot 3^x-1) = 2x+1.$$

4. Решите уравнение
   $$(1+\cos 2x)\sin x = \cos^2 x.$$

5. Найдите наиболее и наиболее значения функции $y = \frac{(x+3)^2}{x-4}$ на отрезке $(-6; 0)$.

Физика
Задача устного экзамена

1. С какой высоты падало тело, если в последнюю секунду оно прошло путь $l=65$ м? Начальная скорость равна нулю.
2. С горы высотой $h=2$ м и основанием $a=5$ м съезжают санки. Они останавливаются, пройдя по горизонтальном участку путь $l=35$ м от основания горы. Найдите коэффициент треня.
3. До какого давления накачали футбольный мяч емкостью $V=3$ л, если при этом было сделано $n=40$ качаний поршневого насоса? За какое качание мяч захватывает из атмосферы $V_0=150$ см³ воздуха. Вначале мяч был пустой. Атмосферное давление $p_0=10^5$ Pa.

Новый пример во Всесоюзную заочную математическую школе
Во Всесоюзную заочную математическую школе Академии педагогических наук СССР при Московском университете им. М. В. Ломоносова принимаются на индуктивное обучение учащие седьмых классов общеобразовательных школа и СПТУ, за исключением проектировших в Москве и Ленинграде.
Цель ВЗМШ — расскадасть своим учеником о многих интересных вещи, связанных со школьным курсом математики, научить решать самые разнообразные задачи, приучить самостояльно работать с книгой и грамотно, четко и кратко излагать свои мысли на бумале. Всем успешно окончившим ВЗМШ (в том числе ее фильлялы и группы «Коллективный ученик») выдадются соответствующие удостоверения.
Для построения в ВЗМШ надо успешно выполнить первоое задание. Премуществами

пользоваться ребята, проживающие в сельской местности, рабочих поселках и небольших городах.
Задание 1. Изучите статю В. Л. Гутенхахера и Ж. М. Раббота «Выбор налучшего варианта» в этом номере журнала (см. с. 37) и постарайтесь решить задачу для самостоятельного решения. Решить все задачи вовсе не обязательно; отдельные пункты зачитываются как самостоятельные задачи.
Решения задачи надо выполнить на русском языке в ученической терради в клетку.

Ку. Эта террады высладается простой бандерлою; не надо сворачивать ее в трубку. На обложку терради надо наклеить листок бумаги, разграфив и заполнить его по следующему образцу:
В террады надо включить два листка бумаги размерами $6\times 14$ см с четко написанным почтовым адресом, фамилией и именем ученика.
Задание в решении должны идти в том же порядке, как и в статье: сначала услованые, потом решение.
Срок отправки задания № 1 — не позднее 15 марта 1987 г. (по почтовому штемпелю).
Для того чтобы задание было зачено, нужно решить большую часть задания, то, начиная с сентября 1987 г., вы будете получать все дальнейшие задания, которые содержат теоретический материал и задание для самостоятельного решения.

Области
Фамилия, имя ученика
Год рождения
Класс и школа
Фамилия, и. о. учитель математики
Место работы и должность родитель
Полный почтовый адрес (с указанием почтового индекса)

Московская
Иванов Петр
1973
7 класс «В» школи № 2
Орлов Борис Петрович

Отец — шофер автовазы № 3, мать — медсестра
123456, г. Клин, ул. Строитель, д. 1, кв. 1.

58

Московский физик-технический институт Математica

Вариант 1

1. $C = (-2,5; -2,5)$.
2. $-\frac{1}{2}; -\frac{1}{3} \cup \left[-\frac{1}{6}; \frac{3}{5}\right]$.
3. $1/3 < a < 1, a \neq 1/2$. Указание. Выполните замену $y = 1/\cos x$; выясните, при каких $a$ полученное уравнение имеет два различных корня, больших 1.
4. 3. Указание. Пусть $BE = x, AD = y$; тогда $FD = x, EF = x/2$ и по теореме Пифагора $AE^2 = 4 - x^2 = y^2 - \frac{9x^2}{4}$. По теореме косинусов для треугольника $ABD$ получим $\frac{25}{4}x^2 = 4 + y^2 - 2\sqrt{2}y$. В результате получим систему уравнений
      $$\begin{cases} y^2 = 4 + \frac{5x^2}{4}, \\ \frac{25x^2}{4} = 4 + y^2 - 2\sqrt{2}y, \end{cases}$$

решая которю, получим $x = \sqrt{\frac{2}{5}}, y = \frac{3}{2}\sqrt{2}$, после чего площад параллелограмма находится без труда.
5. $10\pi\sqrt{3}$. Решение.e. Пусть $D$ – середина ребра $AB, HS = h$ – высота прямых, $O$ – центр основания конуса. Расстоянием три попарно перепределкульряных вектора длины 1:
$$\vec{e}_1 = \frac{1}{8}\overrightarrow{AB}, \vec{e}_2 = \frac{1}{4\sqrt{3}}\overrightarrow{DC}, \vec{e}_3 = \frac{1}{h}\overrightarrow{HS}.$$
Тогда любой вектор $a$ можно разложить по векторам $e_1, e_2, e_3$: $a = \alpha e_1 + \beta e_2 + \gamma e_3$. Мы будем для сокращения писать $\vec{a} = (\alpha, \beta, \gamma)$.
Кроме того, положим $\overrightarrow{CO} = x\overrightarrow{CS}$. Тогда $\overrightarrow{DK} = (3; 0; 0)$; $\overrightarrow{DL} = (-2; 2\sqrt{3}; 0)$;
$\overrightarrow{DO} = \overrightarrow{DC} + x\overrightarrow{CS} = \overrightarrow{DC} + x(\overrightarrow{CH} + \overrightarrow{HS}) = \left(0; 4\sqrt{3} - \frac{8\sqrt{3}}{3}x; xh\right)$;
$\overrightarrow{KO} = \left(-3; 4\sqrt{3} - \frac{8\sqrt{3}}{3}x; xh\right)$;
$\overrightarrow{LO} = \left(2; 2\sqrt{3} - \frac{8\sqrt{3}}{3}x; xh\right)$.

Поскольку высота конуса перепределкульряна плоскости его основания, имеем $\overrightarrow{KO} \cdot \overrightarrow{LO} = 0$, то есть
$$x^2 \left(h^2 + \frac{64}{3}\right) - 48x + 18 = 0.$$

Условие единственности конуса означает, что уравнение (1) имеет единственное решение, то есть дискриминант его равен нулю:
$$24^2 - 18 \left(h^2 + \frac{64}{3}\right) = 0.$$

Отсюда следует, что
$$h = 4\sqrt{\frac{2}{3}}; x = \frac{24}{h^2 + \frac{64}{3}} = \frac{3}{4}.$$

Объем конуса находим по формуле
$$V = \frac{1}{3}\pi |\overrightarrow{KO}| \cdot |\overrightarrow{LO}|^2 = 10\sqrt{3}\pi.$$

Вариант 2

1. $x = \frac{1}{25}$.
2. $S = \frac{15}{4}$.
3. $\begin{cases} x = \pm \frac{\pi}{24} + \frac{n\pi}{4} + 2k\pi, \\ y = \pm \frac{\pi}{48} + \frac{n\pi}{8} \end{cases}$;
   $$\begin{cases} x = \mp \frac{1}{6} \left(\pi - \arccos \frac{4}{5}\right) - \frac{n\pi}{3} + (2k+1)\pi, \\ y = \pm \frac{1}{12} \left(\pi - \arccos \frac{4}{5}\right) + \frac{n\pi}{6}, \end{cases}$$
   $n, k \in \mathbb{Z}$.
4. $\varphi = 45^\circ$.
5. a) $S = 3,16 = \frac{79}{25}$.

6. $p \in \left[-\frac{7}{2}; -3\right] \cup \left[\frac{7}{6}; +\infty\right]$.

Система не имеет решения тогда и только тогда, когда $(3+p)b^2 < (p-1)a^2$.
При $p > 1$: $M = \begin{cases} (a; b): a+b > 1, \ b > 3a-2p, \\ b < \sqrt{\frac{p-1}{p+3}}a \end{cases}$.
$M$ – внутренняя область многоугольника при $p > \frac{7}{6}$.
При $p < -3$: $M = \begin{cases} (a; b): a+b > 1, \ b < 3a-2p, \\ b > \sqrt{\frac{p-1}{p+3}}a \end{cases}$.
$M$ – внутренняя область многоугольника при $-\frac{7}{2} < p < -3$.

Физика
Вариант 1

1. Колебания чашки весов массой $m_1$ произходит относительно положения равновесия, в котором удинированиеружины $\Delta x_0$ определяется условиям
   $$m_1g = k\Delta x_0,$$
   где $g$ – ускорение свободного давления, $k$ – жесткость пружины. В крайнем нижнем положении на чашку весов действует (по закону Гука) со стороны пружины сила урруости $k(\Delta x_0 + A)$, скорость движения чашки весов в этот момент равна нулю. Если в этот момент на чашку положить перегрузок массой $m_2$, такой, чтобы слияячи чашки с перегрузком была равна силу урруости, то, очевидно, колебания прекратятся. Таким образом,
   $$(m_1 + m_2)g = k(\Delta x_0 + A).$$
   Приведенные равенства позволяют найти жесткость пружины: $k = m_2g/A$, откуда для первого начального периода $T$ колебаний чашки весов получаем
   $$T = 2\pi \sqrt{m_1/k} = 2\pi \sqrt{(m_1A)/(m_2g)}.$$

При решении этой задачи многое абитуриенты сделали характерную ошибку, забив, что колебания совершаются относительно статического положения на чашку ($m_1 + m_2)g = kA$.

59

2. После открытия вентиля пронходит процес перемещения газов, в результате которого в баллонах установятся одинаковое давление $p_0$ и температура $T_0$. Давление смеси газов (по закону Дальтона) определяется суммой парциальных давления компонентов, а температура смеси определяется законом сохранения внутренней энергии системы. Таким образом, имеем

$$p_0 = \frac{(v_1 + v_2)RT_0}{(V_1 + V_2)},$$
$$v_1C_1T_1 + v_2C_2T_2 = (v_1C_1 + v_2C_2)T_0,$$

где $v_1 = m_1/M_1$ и $v_2 = m_2/M_2$ — число молей азота и аргона соответствующего. Начальные температуры газов $T_1$ и $T_2$ найдены из уравнения состояния:

$$T_1 = p_1V_1/(Rv_1),$$
$$T_2 = p_2V_2/(Rv_2).$$

Тогда окончательно получаем

$$T_0 = \frac{C_1p_1V_1 + C_2p_2V_2}{R(v_1C_1 + v_2C_2)} \approx 306\text{ K},$$
$$p_0 = \frac{(v_1 + v_2)RT_0}{V_1 + V_2} \approx 2,1 \cdot 10^6\text{ Pa}.$$

3. Приведем подробный анализ решения этой задачи, хотя возможно и более краткие решения. Докажем сначала, что контакт, движущийся под действием силы тяжестеи и силы Ампера, будет совершать колбания околеного положения равновесия. Выберем положительное направление оси координат вниз (по направлению силы тяжестеи), а положительное направление обхода контур, образованным катушкой, рельсами и контактом, — против часовой стрелки (рис. 1). Пусть в данной момент контакт движется вниз со скоростью $v$, ток $I$ в контекте течет в положительной направлении, а магнитное поле $\vec{B}$ перепедикулярно плоскости рисунка и направлено от нас. Запишем уравнение движения контакта:

$$mv' = mg - IBl,$$

где $v'$ обозначает произвольную по времени от скорости, то есть ускорение контакта (при выбранном направлении тока в контексте сила Ампера по правли левой руки тормозит движение контакта). При движении контакта меняется магнитный поток $\Phi = Blx$, произвольный замкнутый контур, и возникает ЭДС индукции $\mathcal{E} = -\Phi'$, которая уравновешивается ЭДС самонидукичи $-LI'$, возниккашей в катушке:

$$\mathcal{E} - LI' = 0.$$

Когда контакт движется вниз, магнитный поток через контур увеличивается и возниккающая в контексте ЭДС вызывает появление в контексте тока, превращующего его увеличению потока, то есть тормозшего движение контакта. При выбранном направлении обхода контрата это означает, что в законе Ома эта ЭДС воидит с положительным знаком. Так как $|\mathcal{E}| = |\Phi'| = Blx' = Blv$, закон Ома в нашем случае имеет вид

$$Blv - LI' = 0.$$

Проиффицировав по времени уравнения движения контакта и подставив $I$ из предыдущого равенства, имеем окончательно

$$v'' + \frac{B^2l^2}{mL}v = 0.$$

Мы получили относительно скорости контакта $v$ уравнение колбаний и, следовательно, доказали, что движение контакта носит колбаательный характер. Это дифференциальное уравнение мы решать не будем, а воспользовемся законом сохранения энергии.

Пусть к данному моменту контакт опустился вниз на $x$, имеет скорость $v$, и ток в контуре равен $I$. По закону сохранения энергии потенциальная энергия контакта превращается в его кинетическая能量 и запасается в катушке индуктивности в виде энергии магнитного поля:

$$mgx = mv^2/2 + LI^2/2.$$

Скорость контакта максимальная в положении равновесия $x_0$, когда сила тяжестеи уравновешена силой Ампера:

$$mg = BlI_0.$$

Из закона Ома следует, что ток в контуре пропорционален смещению контакта, поэтому

$$Blx_0 = I_0L,$$

и работу силы тяжестеи до положения равновесия можно записать так:

$$mgx_0 = mg \frac{I_0L}{Bl} = L \left( \frac{mg}{Bl} \right)^2.$$

Таким образом, закон сохранения энергии дает

$$L \left( \frac{mg}{Bl} \right)^2 = \frac{mv^2}{2} + \frac{L}{2} \left( \frac{mg}{Bl} \right)^2,$$

и окончательно

$$B = g \frac{\sqrt{mL}}{v_0l}.$$

При решении этой достаточно сложной задачи многое абитуренты сделали физически ошибку, считая, что кинетическая энергия контакта набирается за счет работы с силой Ампера, а не силя тяжестеи. На самом деле положина работы силя тяжестеи превращалась в кинетическая энергия контакта, а другая ее положина перешла в энергию магнитного поля в катушке индуктивности.

4. При сложении двух одинаковых линз их оптическая сила увеличивается вводе. Так как при неизменном расстоянии до предмета размер изображения (то есть увеличение) остается одинаковым для одной и двух линз, то неизбежно должен поменять характер изображения

61

Московский государственный педагогический институт им. В. И. Ленина

Математика
Вариант 1

1. $\frac{2}{3} a^3 \sin \alpha \cos \alpha \sin \beta \cos^2 \beta$. 2. ]5; 56[.
2. $x = \frac{\pi}{2} + \pi k (k \in \mathbb{Z})$.
3. $\max f(x) = f(0) = 0, \min f(x) = f(3) = -27$.
   Вариант 2
4. $\frac{a^3}{8 \sin \beta} \sqrt{3 - 12 \sin^2 \beta}$.
5. $]-9; -2/5[\cup]3; +\infty$.
6. $\{-1; 0\}$.
7. $x_1 = \frac{\pi}{2} + \pi k, x_2 = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n (k, n \in \mathbb{Z})$.
8. $\max y(x) = y(-3) = 0, \min y(x) = y(0) = -\frac{9}{4}$.
   Физика
9. $h = \frac{g}{2} \left( \frac{l}{g \Lambda t} - \frac{\tau}{2} \right)^2 \approx 180$ м (здесь $g = 9,8$ м/c$^2$, $\Delta t = 1$ с).
10. $\mu = h/(a+l) = 0,05$.
11. $p = np_0 V_0/V = 2 \cdot 10^5$ Па.
12. $t = \frac{r m_2 + c_1 (m_1 t_1 + m_2 t_2)}{c_1 (m_1 + m_2)} \approx 77$ °C.
13. $P_2/P_1 = 2 (R+r)^2/(2R+r)^2 = 0,53$.
14. $Q_1 = U^2 \tau/(R_1+R_2) \approx 106,6$ кДж;
15. $\beta = \arcsin (\sin \alpha \cdot n_B/n_{ct}) \approx 28$°.
16. $\lambda = \frac{h c}{A + m v^2/2} \approx 7 \cdot 10^{-8}$ м (здесь $c = 3 \cdot 10^8$ м/c — скорость света в вакууме).

ХVII Международная физическая олимпiadа
(см. «Кваит», 1986, № 12)
Решения задач подготовили члены нашей команды: А. Гушин (теоретическая задача № 1), А. Матышин (теоретическая задача № 2), О. Волков (теоретическая задача № 3), С. Мягчилов (экспериментальная задача № 1), Г. Николайшвили (экспериментальная задача № 2).
Teоретический тур
Задача 1

1. Разность хода двух волн, выходящих из щелей $L$ и $M$, равна $d \sin \theta$, следовательно, разность фаз $\Delta \varphi = (2\pi d \sin \theta)/\lambda$. Складывая колебания, получаем
   $y = a \cos (2\pi vt - 2\pi x/\lambda) + a \cos (2\pi vt - 2\pi x/\lambda + \Delta \varphi) = 2a \cos (\Delta \varphi/2) \cos (2\pi vt - 2\pi x/\lambda + \Delta \varphi/2)$.
   Если обозначить $\Delta \varphi/2 = \beta$, то результатирующая амплитуда $A = 2a \cos \beta$. Векторная диаграмма изображена на рисунке 4.
2. Сложим колебания от $N$ щелей с помощью векторной диаграммы (рис. 5). Все стороны полученного многоугольника равны $a$, углы между сторонами равны $(\pi - 2\beta)$, следовательно, около многоугольника можно описать окружность радиусом $R$. Нетрудно показать геометрические, что
   $R = a/(2 \sin \beta)$ и $A = a (\sin N \beta/\sin \beta)$.
   Разность фаз между исходной и результатирующей волнами определяется углом $\alpha$:
   $\alpha = (\pi/2 - \beta) - (\pi/2 - N \beta) = (N - 1) \beta$.
3. Построим графики sin $N \beta$ и 1/sin $\beta$ как функцию $\beta$ в одном масштабе при $N = 8$ (рис. 6). Учитывая, что интенсивность волны пропорциональна квадрату амплитуды, построим график $I = I_0 \sin^2 N \beta/\sin^2 \beta$ ($I_0$ — интенсивность изменения от одной целли) для $N = 8$ (рис. 7).
4. В главных максимумах векторная диagrama представляет собой прямоугольник. При этом $2\beta = 2\pi n$, где $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$. Апплитация результатирующей волны равна $Na$, а интенсивность $I = N^2 I_0$.
5. Условие главных максимумов:
   $\beta = \pi n$, или $(\pi d \sin \theta)/\lambda = \pi n$,
   где $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$. Так как $|\sin \theta| \leq 1$, число главных максимумов не превышает $2d/\lambda + 1$.
6. Дифференцируя условия главных максимумов по $\theta$, получаем
   $\lambda'(\theta) = (d \cos \theta)/n$.
   Следовательно, при $\Delta \lambda \ll \lambda$
   $\Delta \lambda = (d \cos \theta) / n$,
   $\theta = n \sqrt{1 + (\sqrt{1 - \lambda^2})^2}$.

62

Подставляя $\lambda = 589,0$ nm, $\Delta \lambda = 0,6$ nm, $n = 2$ и $d = 1,2 \cdot 10^{-6}$ м, получаем
$$\Delta \theta = 5,2 \cdot 10^{-3}$$
pad $= 0,3^\circ$.

Задача 2

1. Прямолинейное распространение волн возникново, если отрезок $EX$ весь лежит в области (рис. 8). При этом время распространения волн, имеющих скорость $v$, равно
   $$t = EX/v = (2R \sin \theta)/v$$ для $\theta \leq \arccos(R_c/R)$.
2. Возможные пути волн $p$ в случае $\theta > \arccos(R_c/R)$ показаны на рисунке 9, а) и б) (в обих случаях $AB \parallel EX$). Если $i$ — угол падения волны на границу «ядро — оболочка», а $r$ — угол падения волны на границу «ядро — оболочка», то по закону преломления $sin i/sin r = v_p/v_{cp}$. Тогда из треугольника $AOE$ по теореме синусов для угла $\theta$ получим: в случае а)
   $$\theta = 90^\circ - i + (\arcsin(v_{cp} \sin i/v_p) + \arcsin(R_c \sin i/R))$$
   в случае б)
   $$\theta = 90^\circ + i - (\arcsin(v_{cp} \sin i/v_p) + \arcsin(R_c \sin i/R))$$
   (i может меняться от 0 до $90^\circ$).
3. Графики зависимости $\theta$ от $i$ приведены на рисунке 10 (для каждого значения $i$ мы имеем два возможных значения $\theta$). Видим, что существуют минимальные и максимальные значения $\theta$: $\theta_{\min} = 75^\circ 35'$ и $\theta_{\max} = 104^\circ 25'$ при $i = 55^\circ$. Поэтому падение волны смотрится в зоне $M_2M_3$ (рис. 11), а «прямые» волны — на участках $M_1E$ и $EM_4$. Так как $\theta_0 = \arccos(R_c/R) = 57^\circ < \theta_{\min} = 75^\circ 35'$, существуют зоны ($M_3M_4$ и $M_1M_2$), где землетрясение чувствуется очень слабо — туда волны могут доойти только после отражения от одной из границ ядра или оболочки. Графики зависимости времени пробета волны $p$ и $S$ от угла $\theta$ dan на рисунке 12. Для $0 \leq \theta \leq \theta_0$ время определяется выражением $t = (2R \sin \theta)/v$ ($v = v_p$ или $v = v_S$), в зоне $\theta_0 \leq \theta \leq \theta_{\min}$ волны практические не попадают, в зоне $\theta_{\min} \leq \theta \leq 90^\circ$ попадают только падение волны.
4. Учитывая, что время распространения волны по прямой равно $t = (2R \sin \theta)/v$ ($v = v_p$ или $v = v_S$), получим, что задержка волны $S$ равна
   $$\Delta t_{12} = t_S - t_p = 2R (1/v_S - 1/v_p) \sin \theta (v_S < v_p).$$
   Отсюда угловое расстояние
   $$EOX = 2\theta = 2\arcsin (v_S v_p \Delta t/(2R(v_p - v_S)) \approx 17,84^\circ.$$
   Это соответствует $\theta = 8,92^\circ < \theta_0 = 57^\circ$, то есть волны действительно доходят до наблюдаются без преломления.
5. Два последних отечета вызываны отражениями волны на границе между оболочкой и ядром. Промежуток времени между отечетами
   $$\Delta t_{34} = 2(v_p - v_S) \sqrt{R^2 + R_i^2 - 2RR_i} \cos \theta/(v_p v_S).$$
   Подставив $\theta = 8,92^\circ$, находим $\Delta t_{34} \approx 396,7$ с ≈ 6 мин 37 с, т. е. наше предположение подтверждается.
   Задача 3*)
6. Запишем основное уравнение диамки вращательного движения для $n$-й частицы:
   $$kR ((u_{n-1} - u_n) + (u_{n+1} - u_n)) = I \ddot{u}_n/R,$$
   где $R$ — радиус окружности, $I = mR^2$ — момент инерции частицы, $\ddot{u}_n = \frac{d^2 u_n}{dt^2}$, или
   $$\ddot{u}_n = \omega_0^2 (u_{n-1} + u_{n+1} - 2u_n).$$
   Отсюда получаем
   $$\ddot{u}_1 = \omega_0^2 (u_3 + u_2 - 2u_1),$$
   $$\ddot{u}_2 = \omega_0^2 (u_1 + u_3 - 2u_2),$$
   $$\ddot{u}_3 = \omega_0^2 (u_2 + u_1 - 2u_3),$$
   где $\omega_0^2 = k/m$.
7. Система уравнения (2) имеет решением суперпозицию гармоничческих колебаний — нормальных мод. Для их нахождения подставим в систему уравнения гармоничских колебаний
   $$u_1 = a_1 \cos \omega t, u_2 = a_2 \cos \omega t, u_3 = a_3 \cos \omega t,$$
   сложим все уравнения системы и получим
   $$\omega^2 (a_1 + a_2 + a_3) = 0.$$
   Отсюда следует: а) $\omega = 0$; б) $a_1 + a_2 + a_3 = 0$, что соответствует значению частоты $\omega = \sqrt{3} \omega_0$.
8. Приймованкой нетрудно убедиться,
   *) Решение этой задачи несколько выходит за рамки программы по физике для нашей средней шкалы. (Примеч. ped.)

63

что функция
$$u_n(t) = a_s \sin(2\pi ns/N + \varphi) \cos \omega_s t$$
действительно удовлетворяет уравнению (1) при условии, что $\omega_s = 2\omega_0 \sin(\pi s/N)$. Из последнего равенства следует, что $0 < \omega_s \leq 2\omega_0$ (при $N \to \infty$). Это соответствует диапазону $1 \leq s \leq N/2$.

4 а) Для низких частот
$$\frac{u_n}{u_{n+1}} = \frac{\sin(2\pi ns/N + \varphi)}{\sin(2(n+1)s\pi/N + \varphi)} = \frac{1}{1+2\pi/s N \mathrm{ctg}(2\pi ns/N + \varphi)}$$
При этом чашце всего
$$u_n/u_{n+1} \approx 1$$.

4 6) Для максимальных частот $\omega = \omega_{\max} = 2\omega_0$, соответствующих $s = N/2$,

$$\frac{u_n}{u_{n+1}} = \frac{\sin(\pi n + \varphi)}{\sin(\pi(n+1)+\varphi)} = -1$$

Распределение амплитуд в цепи показано на рисунке 13.

5. Если $m' \ll m$, то можно считать, что колбания маленькой частицы происходит между соседними неподвижными частицами с массой $m$. Собственная часть таких колбаний определяется из уравнения $m'x = -2kx$:

$$\omega' = \sqrt{2k/m'} \approx \omega_0 \sqrt{2m/m'} \gg \omega_{\max}$$

Экспериментальный тур
Задание 1
Ход лучей, с помощью которых образуется радиги первого, второго и пятого порядков,

$$\cos i = \sqrt{\frac{n^2-1}{k^2+2k}}.$$

Заметим, что теоретические результаты хорошо match с рисунке 14. Наблюдая каплю через эрительную трубку, при определенных углах можно заметить на капле ярку точку, которая меняет окраску при небольших смешениях эрительной трубцы. Это и есть радуга. Как видно из рисунка 14, радуга первого и пятого порядков видна с правой стороны капли, а радуга второго порядка — с левой стороны. Результаты наблюдания и расчета для капли воды представлены на рисунке 15 и 16.

Экстраполируя последний график до значения $n=2$, получаем значение $\varphi = 304^\circ \pm 25^\circ$. Полученные экспериментальные путем результаты можно проверить теоретически. Обозначив через $i$ угол падения луча на каплю, а через $r$ угол преломления, выразим угол поворота луча $\varphi$:

$$\varphi = k(\pi - 2r) + 2(i - r),$$

где $k(\pi - 2r)$ — угол поворота в результате $k$ отражений, $2(i - r)$ — угол поворота в результате двух преломлений. Подставив в полученную формулу значение $r = \arcsin(\sin i/n)$, получим

$$\varphi(i) = k\pi - 2r(k+1) + 2i = k\pi - 2(k+1)\arcsin(\sin i/n) + 2i.$$

При этом существует такой угол $\varphi$, для которого лучи, вышешие из капли, идут параллельным пучком, не рассеиваясь. Под этим углом и будет видна радуга. Итак, условия наблюдания радиги $\varphi(i) = 0$, откуда после преобразования получим

$$\cos i = \sqrt{\frac{n^2-1}{k^2+2k}}.$$