Задачи М1031—М1035; Ф1043—Ф1047

19

Задчи

M1031—M1035; Ф1043—Ф1047

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с моментта основания журнала. Публикуемые в нем задачи нестандарты, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наболее трудные задачи отмещаются звездочек. После формирования задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задачи из этого номера можно отправлять не позднее 15 мая 1987 года по адресу: 103006 Москва К-6, ул. Горького, 32/1, «Квант». В графе «Кому» написите: «Задчник «Кванта», новая задача по физике или «…новая задача по математике»). В начале каждого письма просим указывать номер школьных и класс, в котором вы учитель. Фамилию и имя просим писать печатными буквами.

M1031. На плоскости данных пряма l и две точки A и B по одному сторону от нее. На прямой l выбраны точка M, сумма расстояний от которой до точки A и B наименьшая, и точка N, для которой расстояния от A и B равны: AN=BN. Доказите, что точка чисел, обратных всем выписанным, равна n/2.
(Например, при n=3 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 4} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{3}{2}$).

A. A. Анджанс

M1032. Выписаны n чисел 2, 3, …, n+1, их всевозможные произведения по два, по три, и так далее выплить до произведения всех n этих чисел. Доказите, что сумма чисел, обратных всем выписанным, равна n/2.
(Например, при n=3 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 4} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{3}{2}$).

A. A. Анджанс

M1033. Окружность отрезает от квадрата четырех линейных треугольника (гранница каждого состояит из двух окружностей и двух отрезков). Выкрасим два из них, примыкающих к противоположным углам квадрата, в голубой цвет, два другие — в красный. Доказите, что a) суммы красных и голубых друг равны;
b) суммы перimetров красных и голубых треугольников равны.

B. B. Произвольов

M1034. Прямоугольная шоколада разбиита продольными и поперечными углублениями на 50 квадратных долек. Двое играют в такую игру. Начинающий размывывает шоколада по некоторому углублению на две прямой углубления частies. Затем играющие по очереди ломают одну из получившихся частей по некоторому углублению на две. Тот, кто первый отломит квадратную долку (без углублений)
a) проигрывает;
b) выигравает.

Кто из играющих может обеспечить себе выигрыш — начинающий или его партнер?

C. B. Фомин

M1035. На отрезке [0; 1] по очереди отмещаются точки x0, x1, x2, …, xn. Для каждой точки k (k=1, …, n) изменяется расстояние dk от нее до ближайшей к ней из поставленных раннее точек. Доказите, что d1+d2+…+dn≤1+\frac{\log_2 n}{2}.

B. C. Гриберг

Ф1043. По гладкой горизонтальной поверхности, вращаясь, скольит со скоростью v=10 cm/c пальочка длиной l=10 cm. При какой угловой скоростии вращая пальочка ударится о стену (см. рисунок) плашмя, если на расстоянии L=50 cm от стены пальочка была паралельна стене?

H. Ю. Потеряйко

Ф1044. Парашютист массой m=80 кг совершает затяжной прыжок. Перед раскрытым парашюта его скорость v0=60 м/c, после раскрытия парашюта установившая скорость v=6 м/c. Каково было бы максимальное на-

22

Первое из этих неравенств совпадает с неравенством a), а второе — с неравенством (*).

В) Точно так же, рассматривая функцию $f_n(x)=a_1^2-a_2^2+\dots+(-1)^n a_{n-1}^2-(-1)^n x^2-a_1-a_2+\dots+(-1)^n a_{n-1}-(-1)^n x^2$, мы видим, что при нечетном $n$ она линейна, а при четном является квадратным трехчленом с отрицательным коэффициентом (-2) при $x^2$. Поэтому доказательство неравенства $f_n(x) \geq 0$ при $0 \leq x \leq a_{n-1}$ свойства к проверке условия $f_n(0) \geq 0$ и $f_n(a_{n-1}) \geq 0$, а это — в точности утверждение задачи для $n-1$ и $n-2$ первых чисел ряда $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_{n-1} \geq a_n$.

Таким образом, общее утверждение вытекает из принципа математической индукции в такой его разновидности: если неокторое утверждение, зависимости от натурального параметра $n$, справедливо для $n=n_0$ и для $n=n_0+1$ и из его справедливости для значений параметра $n-2$ и $n-1$ вытекает его справедливость для значения параметра $n$, то оно справедливо при всех $n$. Мы проверили утверждение для $n=2$, $n=3$ и $n=4$ (это — неравенство (*), пункты a) и 6) задачи); и продолжали шаг индукции — переход от $n-2$ и $n-1$ к $n$.

На рисунках 3 и 4 показано другое, очень изяшное решение (он было предложено несколькими участниками olимппады «Турнир городов», где прошло весной предлагалась эта задача).

Левая часть доказываемого неравенства $a_1^2-a_2^2+a_3^2-a_4^2+\dots$ — это сумма площадей головных трапей на рисунке 3 (в самом деле, из площади квадрата $a_1 \times a_1$ надо вычесть площадь квадрата $a_2 \times a_2$, добавить площадь квадрата $a_3 \times a_3$, вычесть $a_4 \times a_4$ и т. д.).

Правая часть $(a_1-a_2+a_3-a_4+...)^2$ — это площадь квадрата, сторона которого равна сумме высот этих трапей $(a_1-a_2, a_3-a_4, \dots)$; его можно разбить на трапеции с таким же высотами, но с меньшими средними линяями (см. рис. 4); поэтому левая часть не меняше правой.

Н. В. Васильев

M1012. Докажите, что a) на плоскости можно расположить несколько непересекающихся кругов так, чтобы каждый квадрасурово 5 других;
б) число 5 в пункте a) нельзя заменить на 6.

Рис. 1.

Возьемем правильный додекадр и впищем в каждую его грань okружность (рис. 1). Мы получим 12 окружностей, каждая из которых касается пяты кругих, причем все они лежат на одной сфере, а именно, на сфере, касающейся всех ребер додекадра. Возьем на этой сфере любую точку $P$, не лежащую внутри okружностей, проведем плоскость $a$, касающейся сферы в точке $Q$, диаметрально противоположной $P$, и проектируем сферу из центра $P$ на плоскость $a$ (т. е. сопоставим каждой точке $X \neq P$ сферы точки $Y$ пересечения луча $PX$ с плоскостью $a$; рис. 2). Такое обрабатание сферы на плоскость называется стереодрафической проекцией okружности переходят в okружности. В нашем случае 12 okружностей на сфере спро-

23

ектрируются в нижнюю систему окружностей на плоскости. Если точку $P$ взять на прямой, соединяющей центродекадра с его вершиной, получится конфигурация, изображенная на обложке.

Докажем теперь, что stereografическая проекция любой окружности $\omega$ на сфере тоже будет окружностью, если $\omega$ не содержит центра проекции $P$ (если $\omega$ содержит точку $P$, то проекций $\omega$, как легко видеть, будет прямая). Пусть $Y_0$ и $Y$ — проекции произвольных точек $X_0$ и $X$ окружности $\omega$. Плоскость $PX_0X$ пересекает сферу по некоторой окружности, а плоскость $\alpha$ — по прямой $Y_0Y$, которая параллельна касательной MP к этой окружности в точке $P$ (рис. 2, 3). Ясно, что

$$\angle PY_0Y = \angle MPY_0 = \frac{1}{2} \cup PX_0 = \angle PXX_0.$$

Проведем теперь еще одну, вспомогательную сферу, содержащую окружность $\omega$ и точку $Y_0$; пусть прямая $PX$ пересекает ее в точке $Y'$. Расматривая сечение этой сферы плоскостью $PX_0X$ (рис. 4), мы убедаемся, что

$$\angle PY_0Y' = 180^\circ - \angle X_0XY' = \angle PXX_0,$$

т. е. $\angle PY_0Y' = \angle PY_0Y$, следовательно, $Y = Y'$. Таким образом, проекции всех точек окружности $\omega$ лежат одновременно в плоскости $\alpha$ и на нашей вспомогательной сфере, т. е. образуют окружность.

Если точку $P$ взять на прямой, содержащую центра допекадра с центром его грани, то stereografическая проекция дает конфигурацию, показанную на рисунке 5. Строое допекадельство существенно этой конфигурации легко проверить и без выхода в пространство (мы представляем это читателю). И хотя сама по себе она нас не устранает (один ее круг содержит остальные), при инверсии с центром, скажем, в точке $O$ (см. рис. 5) из нее получится то, что нужно. Читатель, не знакомые с преобразованием инверсии и его свойствами, могут обратиться к статье В. М. Уроева «Инверсия» (Квант, 1984, № 5, с. 26); там же расскано и о stereografической проекции.

6. Допустим, что искомое расположение кругов существует, и не все они равны между собой. Расмотрим все круги наименьшего радиуса (обозначим его через $r$) и выберем из них круг, который касается хотя бы одного круга другого радиуса $r_1$ ($r_1 > r$). Пусть $O$ и $O_1$ — центры этих кругов, $O_2$, …, $O_6$ — центры остальных пятей кругов, касающихся круга $O$ (центры занутерованы по часовой стрелке, рис. 6). В треугольнике $OO_1O_2$ стороны $O_1O_2$, $O_2O$ и $OO_1$ равны $r_1 + r_2$, $r_2 + r$ и $r + r_1$ соответственно, где $r_2$ — радиус круга $O_2$ ($r_2 \ge r$), т. е. $O_1O_2$ — наиболее сторона, а значит, $\angle O_1OO_2 > 60^\circ$ (неравенство строгое, так как $O_1O_2 > OO_1$). Аналогично доказывается, что углы $O_2OO_3$, $O_3OO_4$, …, $O_6OO_1$ не меньше $60^\circ$. Но тогда сумма всех шести углов $O_1OO_2$, …, $O_6OO_1$ оказывается больше $360^\circ$, что, конечно, невозможно.

Итак, все круги должны иметь одинаковый радиус $r$. В этом случае каждой круг должна быть окружностью других, как круг $O$ на рисунке 6, что возможно лишь для бесконечного числа кругов. (Если $O_1$ и $O_2$ — центры двух соседних кругов, то и все точки прямой $O_1O_2$, отстоящие от $O_1$ на расстоянии $O_1O_2$, $2O_1O_2$, $3O_1O_2$, …, должны быть центрами кругов нашей конфигурации.)

В. Н. Дубровский, Д. В. Фомин

24

М1013. На сторонах AB и BC треугольника ABC взяты две точки M и N. Три параллельные прямые, проходящие через точки M, B и N, пересекают основание AC в точках K, D и L. Докажите, что площадь трапеции (или параллелограмма) не большее площади одного из треугольников ABD и DBC.

М1014. Пусть $a_1, a_2, \dots, a_n$ — различные попарно взaimно простые натуральные числа. Докажите, что существует бесконечную много таких натуральных b, что числа $b+a_1, b+a_2, \dots, b+a_n$ также попарно взaimно просты.

Китайская теорема об остатках
Если натуральные числа $p_1, p_2, \dots, p_m$ взaimно просты, то для любого набора натуральных чисел $r_1, \dots, r_m, 0 \leq r_i < p_i (i=1, \dots, m)$ найдется число b, дающее при делении на $p_i$ остаток $r_i$ при всех i.

Обозначим $\angle ADB = a, AD = a, BD = b, CD = c, AK = AD = k, CL = CD = l$. тогда MK: BD=k, NL: BD=l, т. е. MK=kb, NL=lb, а KL=KD+DL=(1-k)a+(1-l)c, и поскольку расстояние между прямыми MK и NL равно KL sin $\alpha$, площадь четырехугольника KMNL равна $\frac{1}{2} (MK+NL) KL \sin \alpha = \frac{1}{2} (kb+lb) ((1-k)a + (1-l)c) \sin \alpha$.

Пусть для определения $a \geq c$, тогда последнее выражение не превыходит $\frac{1}{2} b (k+l)(2-(k+l)) a \sin \alpha \leq \frac{1}{2} ab \sin \alpha$ (так как $x(2-x) \leq 1$ при всех x), т. е. площади треугольника ADB.

В. Н. Дубровский

Интересно выяснить, для каких наборов $A = (a_1, \dots, a_n)$ различных натуральных чисел выполняется утверждение задачи, т. е. суммы $a_1+b, \dots, a_n+b$ попарно взaimно просты хотя бы для одного целого b (а значит, и для бесконечного множества чисел b). Если, например, набор $A$ содержит два четырехугольника — такой набор нас неSTRAВает. Вообще, если среди остатков от деления чисел $a_i$ на неокоторое простое $q$ каждой из возможных остатков 0,1, …, $q-1$ встречается по крайней мере дважды, то при любом «сдвига» хотя бы два числа будут делиться на $q$. Отсюда следует, что набор $A$ должен удовлетворять таким условия:

среди остатков от деления чисел из набора $A$ на каждое простое $p$ хотя бы один остаток $r_p, 0 \leq r_p < p$, должен встречаться не более одного раза.

Пусть $D$ — разность между набольшим и наиболее числами в наборе $A$. Для каждого простого $p \leq D$ найдем тот остаток $r_p < p$, который деления чисел из $A$ и $p$ появляется не более одного раза. Подберем теперь число $b$, дающее при делении на каждое простое $p \leq D$ дополнительный к $r_p$ остаток $r_p^* (r_p^* = p-r_p$ при $r_p > 0$ и $r_p^* = 0$ при $r_p = 0$). Тогда числа $a_1+b, \dots, a_n+b$ будут попарно взaimно простые, поскольку на каждое простое $p$ может делиться не более чем одно из них: при $p \leq D$ это обеспечено выбором $b$, а при $p > D$ выполняется автоматически, так как все остатки от деления чисел $a_1, \dots, a_n$ на $p$ будут различны.

Н. В. Васильев, В. Ф. Лев

25

Ф1023. Лампочка высит на расстоянии $l_1$ от полка на высоте $l_2$ от пола. При ее взрыве осолки разлетаются во все стороны с одной и той же no величины скоростью $v$. Найдите радиус круза на полу, в котором попадут осолки. Считать, что удары осолков об потолок абсцилтоно уррузие, а об пол — неупрузие; до стен осолки не долетают.

Предположим сначала, что потолок отсутствует, и найдем в этом случае максимальный радиус пятна на полу, в котором лежат осолки.

Введем систему координат с началом в точке нахождения патрона лампочки (см. рисунок). Условия падения на землю через время $t$ осолка, выпLETЕШЕГО под углом $\alpha$ к горизонту, составят в следующем:

$$\begin{cases} -l_2 = vt \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}, \\ R = vt \cos \alpha. \end{cases}$$

Очевидно, нам необходимо так подобрать угол $\alpha$, чтобы величины $R$ была максимальной. Преобразуем для этого уравнения (*) к виду

$$\begin{cases} \frac{gt}{2} - \frac{l_2}{t} = v \sin \alpha, \\ \frac{R}{t} = v \cos \alpha. \end{cases}$$

Отсюда для величины $R$ получим неравенство

$$R^2 = (v^2 + gl_2)t^2 - \frac{g^2 t^4}{4} - l_2^2 = \left(\frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 - l_2^2 - \left(\frac{gt^2}{2} - \frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 \leq \left(\frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 - l_2^2.$$

Таким образом,

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2},$$

время полета $t^*$ осолка на такое расстояние

$$t^* = \frac{1}{g} \sqrt{2(gl_2 + v^2)};$$

угол выпLETЕШЕГО найдем из уравнения

$$\cos \alpha^* = \frac{R_{\max}}{vt^*} = \sqrt{\frac{v^2 + 2gl_2}{2(v^2 + gl_2)}}.$$

Высоту $h^*$ этой траектории над уровнем патрона лампоки найдем по формуле

$$h^* = \frac{(v \sin \alpha^*)^2}{2g} = \frac{v^2}{2g} (1 - \cos^2 \alpha^*) = \frac{v^4}{4g(v^2 + gl_2)}.$$

Вспомним теперь про потолок. Очевидно, если $l_1 \geq h^*$, то

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2}.$$

В случае, когда $l_1 < h^*$, т. е. $l_1 < \frac{v^4}{4g(v^2 + gl_2)}$, максимальный радиус пятна на полу получится от осолков, у которых максимальная высота траектории (над уровнем патрона) равна $l_1$ (их траектория будет касательной к потолку). Чтобы доказать это, достаточно рассмотреть хотя бы один осолок, отражшийся от потолка в точке $A$. Уровень патрона после отражения он пересечет под углом выпLETЕШЕНО. Следовательно, траектория этого осолка будет более крупной по сравнению с «касательной» траекторией, и они никогда не пересечется. Значит осолок, коснушшийся потолка, пролеит по горизонтали дальше всех остальных, ударившихся о потолок. Осолки, не допleteшие до потолка, при своем движении до земли не могут пере-

26

сечь «касательной» траектории (доказите это самостояльно).

Таким образом, если $l_1 > \frac{v^4}{4g \sqrt{v^2 + gl_2}}$, то

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2};$$

если $l_1 < \frac{v^4}{4g \sqrt{v^2 + gl_2}}$, то

$$R_{\max} = \frac{\sqrt{v^2 - 2gl_1}}{g} \left( \sqrt{2gl_1} + \sqrt{2g(l_1 + l_2)} \right)$$

(последний ответ получается из системы уравнения (*) при условии, что $(v^2 \sin \alpha)/2g = l_1$).

С. С. Кротов

Ф1024. Оцените изменение давления в парной после того как на раскаленные камни плеснули воду из ковша. Предполагается, что вы, хорошо представляя явление, можете сами задать необходимые величины, выбрать достаточно правильно их числовые значения и получить численный ответ.

После испарения воды, которое плескули из ковша на раскаленные камни, температура в помещении несколько увеличивается (заметим, что она различана наверху у потолка и внизу у пола). Образовавшийся пар распространяется по всему помещению, частично конденсируясь на холодных участках стен, потолка и окон. Меняется влажность, изменяется процесс теплопередачи; потоки пара и воздуха приводят к различным значениям физических параметров в разных местах парной.

Для оценки изменения давления, создавшего дополнительной порцией пара, будет использовать грубую, но достаточно разумную физическую модель.

Прежде всего, считаем, что двери и окна плотно закрыты (инчете говорить об изменении давления не имело бы смысла: давление внутри и снаружи оставалось бы постоянным). Будем считать, что параметры установились (стали постоянными) и что температура пара по всему помещению одна и та же и равна $T \approx 350$ К. (Изменением температуры в помещении при этой оценке пренебрежем.) Водяной пар будем считать идеальным газом, состояние которого описывается уравнением Менделеева — Клапейрона.

Положив объем парной $V \sim 100$ м³, массу воды в ковше и, соответственно, массу образованшего водяного пара $m \sim 1$ кг и учитьвая, что молярная масса пара (воды) $\mu = 18 \cdot 10^{-3}$ кг/mоль, а газовая постоянная $R = 8,3$ Дж/(К·моль), из уравнения Менделеева — Клапейрона находится давление $\Delta p$ водяного пара, образованшего давление из ковша воды:

$$\Delta p \cdot V = \frac{m}{\mu} RT \Rightarrow \Delta p \sim \frac{mRT}{\mu V} \approx 1,6 \cdot 10^3 \text{ Pa} \approx 0,02 \text{ atm}.$$

Считая, что давление в парной обычно $p \sim 1$ атм, приходим к выводу, что изменение давления после подачи пара не велико — всего несколько процентов от нормального давления.

Заметим, что учет изменения давления, обусловленного дополнительным нагревом воздуха в парной, согласно закону Шарля приведы бы к соответствию $\Delta p/p \sim \Delta T/T$. Чтобы это дополнительное уравнение давления было сравним с приведенной выше оценкой ($\Delta p/p \sim 2\%$), при $T \sim 350$ К прирост температуры должна составлять $\Delta T \sim 10$ К.

Г. В. Меледин

27

Ф1025. В схеме, приведеной на рисунке 1, сверхпроводящее катушка имеет одинаковые индуктивности L, диод D идеальный, начальный заряд конденсатора emкостью C равен Q₀. Построите графики изменения заряда Q(t) конденсатора и токов I₁(t) и I₂(t) через катушки после замыкания ключа.

Рис. 1.
Пис. 2.
Рис. 3.
Рис. 4.
Рис. 5.

Схему данной цепи представим в эквивалентной форме (рис. 2). Будем считать токи в катушках положительных, когда их направления соответствуют обходу внешнего контура против часовой стрелки. Процессы в такой цепи легко проанализировать по аналогии, расматривая механическую систему, показанную на рисунке 3: одинаковые тележки массой m (анаалог катушка) соединены пружиной жесткостью k (анаалог конденсатора). Так как ток через пружину катушки благо-dаряд谊уд Д может протекать только в положительном направлении, колеса второй тележки должны быть снабжены устойчивым, позволяющим ей свободно двигаться только вправа. В этой системе скорости тележек v₁(t) и v₂(t) будут аналогами токов I₁(t) и I₂(t), а деформация пружины x(t) — аналогом заряда конденсатора Q(t).

Пружина сначала растут на x₀.

В момент времени t=0 левую тележку отпускают без начальной скорости (при замыкании ключа конденсатор начинает разряжаться через левую катушки). До тех пор, пока деформация пружины не обратится в нуль,правая тележка неподвижна (v₂=0), либо пружина тянет ее влево, куда она катиться не может (пока заряд конденсатора не обратится в нуль, так через пружину катушка протекать не может: I₂=0). Эта первая фаза движения от t=0 до момента t₁ соответствует четверти перiode гармоничских колебаний тележки массы m на пружине жесткостью k: t₁=T₁/4=
= 2π/4 √m/k (для цепи t₁=T₁/4=2π/4 √LC). К моменту t₁левая тележка разгоняется до скорости v₁, которое начинает из закона сохранения энергии:
$$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} \Rightarrow v_1 = x_0 \sqrt{\frac{k}{m}}$$
(анаалогичное для цепи I₁=Q₀/√LC). Деформация пружины x(t) (заряд конденсатора Q(t)) уменьшается за это время по косинусialному закону от начального максимального значения x₀(Q₀) до нуля.

Затем пружина начинаетжиматься и только вторую тележку вправа, т. е., начиная с момента t₁, колеса правой тележки освобождаются (заряд нижней пластины конденсатора становится положительным, идиод пропускает ток через пружину катушки). В дальнейшем центр масс тележек движется вправо со скоростью v₁/2, и эта скорость постоянна, так как при t>t₁ никакие внешние силы на систему не действуют. На это равномерное движение накладываются колебания тележек относительно центра масс, пропуская в противо-фазе с частотой ω = √2k/m (жесткость «половины» пружины составляет 2k). Так как при t=t₁, когда пружина не деформирована, тележки движутся относительно центра масс настречу друг друг со скоростью v₁/2 = x₀/2 √k/m, то именно такой будет амплитуда колебаний скорости. Амплитуду x₁ колебаний деформации пружины можно найти из закона сохранения энергии, приравнивая кинетическая энергия тележек (в системе центра масс) в момент t₁ потенциальной энергии пружины в момент максимальной ее деформации:
$$\frac{2m(v_1/2)^2}{2} = \frac{kx_0^2}{4} = \frac{kx_1^2}{2} \Rightarrow x_1 = \frac{x_0}{\sqrt{2}}.$$

В электрической цепи аналогом равномерного движения системы как целого будет постоянной ток I₁/2,

28

Ф1026. Горизонтальная площадка, на которой лежит брусок, выбрирует по гармоническому закону с частотой $f=10$ Гц в направлении, составляющим угол $\alpha=45^\circ$ с вертикалью (рис. 1). Коэффициент треня бруска о площадку $\mu=0,5$. При какой минимальной амплитуде выбрацией брусок «поползет» по площадке?

Рис. 1.

Рис. 2.

циркульрующий по внешнему контуру. На этот ток накладываются произходящие в противофазе колебания тока в контурах (рис. 4), содержащих по одной катушке и по «половине» конденсатора (по конденсаруемкость $C/2$), период которых $T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{LC}{2}}$.

Амплитуда колебаний заряда конденсатора $Q_1=Q_0/\sqrt{2}$. Графики рассмотренных процессов приведены на рисунке 5.

Е. И. Бутиков

Найдем сначала действующие на брусок силы, предполагая, что он движется вместе с площадкой, т. е. по закону $\vec{r}(t)=\vec{A}\sin 2\pi ft$, где вектор $\vec{A}$ направлен под углом $\alpha=45^\circ$ к вертикали. По второму закону Ньютона

$$m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}=m\vec{a},$$

(1)

где $m\vec{g}$ — сила тяжестеки, $\vec{N}$ — нормальная сила реакции площадки, $\vec{F}$ — действующая на брусок силы треня покоя, направленная горизонтально (вправо или влево), $\vec{a}=-\vec{A}\omega^2\sin \omega t$ ($\omega=2\pi f$). Запишем (1) в проекциях на горизонтальную x и вертикальную y оси (см. рис. 1):

$$F_x=m a_x=\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t,$$

(2)

$$N-m g=m a_y=-\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t.$$

(3)

Учитывая, что сила треня покоя $|F_x| \leq \mu|N|$, из (2) и (3) получаем:

$$\left|\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t\right| \leq \left|\mu m g-\frac{\mu m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t\right|.$$

(4)

Правая часть неравенства (4) при $\sin \omega t<0$ всегда больше, чем при $\sin \omega t>0$. Поэтому минимальное значение амплитуды выбраций, при которой брусок поползет по площадке, следует искать при $\sin \omega t>0$.

Знак равенства соответствует предельной ситуации, когда треня покоя хватает для того, чтобы сообщать бруску такое же горизонтальное ускорение, с каким движением площадка, и в этом случае (4) можно использовать как уравнение для нахождения того момента времени $t_1$, когда брусок поползет по площадке:

$$\sin \omega t_1=\frac{\mu g \sqrt{2}}{(\mu+1) A \omega^2}.$$

(5)

Такой момент $t_1$ существует, если уравнение (5) имеет решение. Для этого его правая часть должна быть меньше единицы, т. е. $\mu g \sqrt{2}<(\mu+1) A \omega^2$, или

$$A>\frac{\mu g \sqrt{2}}{(\mu+1) \omega^2}.$$

(6)

Таким образом, скольжение бруска по площадке возникнет тогда, когда амплитуда $A$ ее колебаний удовлетворяет неравенству (6). Графичесное решение уравнения (5) приведено на рисунке 2. Начиная с момента $t_1$, брусок скольzt вправо относительно площадки. В момент времени $t_2$ сила треня становится в состоянии обеспечить бруску такое же, как у площадки, горизонтальное ускорение, но просkalывание продолжается еще неокторое время и после $t_2$, так как к моменту $t_2$ скорость бруска относительно площадки не равна нулю.

Итак, брусок «поползет», когда амплитуда колебаний площадки превышает минимальное значение