Решения задач М1131—М1135; Ф1143—Ф1147

25

Ф1164. В строительстве используется так называемые предварительные напряжения железобетонные конструкции. Изготовление такой балки производит следующим образом. Стальной стержень длиной $l_1$ растягают до длины $l_2$, после чего запливают жидким бетоном. После затвердевания бетона стержень освобождают от растягающего усилия. Найти длину образованшей железобетонной балки и ее модель Юнга. Площади секения стержня и балки и модель Юнга стали и бетона считать известными. Чем предварительно напряженный железобетон лучше простого железобетона?

В. И. Клячин

Ф1165. Из бесконечной квадратной проводящей сетки с сопротивлением каждого ребра $r$ удалили часть проводников — так, как показано на рисунке 2. Найти сопротивление между точками $A$ и $B$, $B$ и $C$, $A$ и $C$.

С. С. Кротов

Ф1166. В схеме, приведенной на рисунке 3, замыкают ключ $K_1$ (при замкнутом ключе $K_2$), а в тот момент, когда заряд на конденсаторе $C_1$ становится максимальным, ключ $K_2$ размыкают. Найти максимальный заряд конденсатора $C_2$. Параметры элементов схемы, указывающие на рисунке, считать заданными.

В. В. Можаев

Ф1167. Длинный железнодорожный состав, дивяясь по инерции, выздает на горку с углом $\alpha$. Когда состав полностью оставился, на горке находится половина его длины (рис. 4). Сколько времени прошло от начала подъема до остановки? Длина состава $L$, тренем пренебречь.

А. И. Буздин

Решения задач

M1131 — M1135, Ф1143 — Ф1147

Ответ: для четырех $n$.

Покажем, что каждый элемент множества $B$ принадлежитровно двум из множества $A_i$. Наличие хотя бы двух таких множества обеспечено условием в). Допустим, что неокоторый элемент принадлежит требуемым местам, скажем, $A_{2n+1}$, $A_i$, $A_j$. Сопоставим ему множество $A_i$, а каждому из остальных элементов $x \in A_{2n+1}$ — одно из содержащих элемент $x$ по условию в) множества $A_1$, $A_2$, …, $A_{2n}$. Тогда разным элементам будут сопоставлены разные множества, причем множество $A_j$ не отвечает ни одному элементу (иначе какое-то пересечение $A_k \cap A_{2n+1}$, $k \neq 2n+1$, содержит два элемента, что противоречит условиям 6)). Поэтому число элементов в $A_{2n+1}$ не превыходит $2n-1$. А это противоречит условиям a) и, тем самым, опровергает нашей допущение.

26

Для каких значений $n$ можно поставить в соответствии какдому элементу множества $B$ одно из чисел — 0 или 1 — так, чтобы каждое из множества $A_1, A_2, \dots, A_{2n+1}$ содержалоровно $n$ элементов, соответствующих числу 0?

Рис. 1.

Рис. 2.

М1132. Функция $f$ определяла на множество целых положительных чисел и удовлетворяет следующим условиям:
$$f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n),$$
$$f(4n+1) = 2f(2n+1) - f(n),$$
$$f(4n+3) = 3f(2n+1) - 2f(n).$$
Найдите число всех таких значений $n$, для которых $f(n) = n$ и $1 \leq n \leq 1988$.

Если задано распределение нулей и единиц по элементам множества $B$ такое, что в каждом множестве $A_i$ имеетсяровно $n$ «0- элементов», то общее число «0- элементов» равно $n(2n+1)/2$ (каждай из них принадлежит двум множествам $A_i$). А это число целое только при четном $n$.

Обратно, для каждого элемента $x$ множества $B$ расстоянием единственной содержащую его пару множества $\{A_i, A_j\}$ и сопоставим элементу $x$ число 0, если $|i - j| \leq n/2$ или $|i - j| > 3n/2$, и 1, если $n/2 < |i - j| \leq 3n/2$.

При четном $n$ мы получимровно $n$ «0- элементов» в каждом множестве $A_i$, что и требуется.

При решении этой задачи основные условия уходят на то, чтобы как следует понять условия. Здесь очень помогает графическая интерпретация (см. рис. 1 и 2 для $n=4$): каждое множество $A_i$ изобразяется вершиной правильного $(2n+1)$-угольника, а единственный общий элемент множества $A_i$ и $A_j$ — отрезком, соединяющим соответствующие вершины, причем красные отрезки изобразают «0- элементы», а синние «1- элементы»; множество $B$ находится во взаимно однозначном соответствии с множеством всех этих отрезков. Полеzero проследить за нашими рассуждениями на этом графе.

В. В. Вавилов

ОТВЕТ: 92.

Докажем индикцией по числу $k$ знаков в двойной записи $a_1 a_2 \dots a_{k-1} a_k$ ($a_1=1$) числа $m$, что
$$f(m) = a_k a_{k-1} \dots a_2 a_1.$$

При $k=1$ имеем $f(1)=1$; при $k=2$ имеем
$$f(\bar{10}) = f(2) = f(1) = 1 = \bar{01},$$
$$f(\bar{11}) = f(3) = 3 = \bar{11}.$$

Докажем теперь наше утверждение для $k$-значного ($k>2$) в двойной системе числа $m$, считая, что оно верно для всех чисел с меньшим числом знаков. Расстояние три возможных случая.

1. $m$ четно: $m=2n = a_1 \dots a_{k-1} 0$. Тогда $n = a_1 \dots a_{k-1}$ и
   $$f(m) = f(n) = a_{k-1} \dots a_1 = 0 a_{k-1} \dots a_1.$$

2. $m=4n+1 = a_1 \dots a_{k-2} 01$. Тогда $n = a_1 \dots a_{k-2} 2n+1 = a_1 \dots a_{k-2} 1$ и
   $$f(m) = 2f(2n+1) - f(n) = f(2n+1) + (f(2n+1) - f(n)) = 1 a_{k-2} \dots a_1 + (1 a_{k-2} \dots a_1 - a_{k-2} \dots a_1) = 10 a_{k-2} \dots a_1.$$

3. $m=4n+3 = a_1 \dots a_{k-2} 11$. Тогда $n = a_1 \dots a_{k-2}$ и
   $$f(m) = 3f(2n+1) - 2f(n) = f(2n+1) + 2(f(2n+1) - f(n)) = 1 a_{k-2} \dots a_1 + 2(1 a_{k-2} \dots a_1 - a_{k-2} \dots a_1) = 11 a_{k-2} \dots a_1.$$

Во всех случях формула (*) верна; тем самым она доказана для всех $m$.

27

Из формулы (*) следует, что $f(m)=m$ для чисел $m$, двойная запись которых симметрина. Чтобы получить все такие числа с $2k-1$ или $2k$ двойными знаками, надо на первое место записи поставить $a_1=1$, следующее $k-1$ мест $a_2$, …, $a_k$ заполнить произвольно, а оставшиеся места — симметрично первым $k$. Это дает по $2^{k-1}$ чисел. Поскольку $2^{10}<1988<2^{11}$ и имеет только два 11-значных «двоично-симметричных» числа, больших 1988=$\overline{11111000100}$, — это $\overline{11111011111}$ и $\overline{11111111111}$, исключение число равно $2(1+2+2^2+2^3+2^4)+2^5-2=92$.

В. В. Вавилов

M1133. Докажите, что множество решений не пересекающих промежутков, сумма длины которых равна 1988.

$$\sum_{k=1}^{70} \frac{k}{x-k} \geq \frac{5}{4}$$

является обединиемым непересекающим промежутков, сумма длины которых равна 1988.

Область определения неравенства есть объединение полупрямых $(-\infty; 1)$, $(70; \infty)$ и интервалов $(1; 2)$, $(2; 3)$, …, $(69; 70)$. Очевидно (см. примерный график на полях), на каждом из промежутков лежа часть неравенства неперерывна и монотонно убивает: от 0 до $-\infty$ и от $\infty$ до 0, соответственно, на полупрямых и от $\infty$ до $-\infty$ на интервалах. Следовательно, на каждом промежутке, кроме $(-\infty; 1)$, она принимает значение 5/4ровно в одной точке. Обозначим эти точки в порядке возрастания через $x_1, x_2, \dots, x_{70}$, тогда множество решений неравенства есть объединение полупиттерлов $(k; x_k)$, $k=1, 2, \dots, 70$. Числа $x_k$ — это корни многочлена

$$\prod_{k=1}^{70} (x-k) - \frac{4}{5} \sum_{k=1}^{70} k \prod_{i \neq k} (x-i)^*.$$

По теореме Виета (см. «Квант», 1987, № 4, с. 40) их сумма равна коэффициенту при $x^{69}$ со знаком минус, т. е.

$$\sum_{k=1}^{70} k + \frac{4}{5} \sum_{k=1}^{70} k$$

следовательно, сумма длин полупиттерлов равна

$$\sum_{k=1}^{70} (x_k-k) = \frac{4}{5} \sum_{k=1}^{70} k=1988.$$

В. В. Вавилов

M1134. Пусть $AD$ — высота в прямойном треугольнике $ABC$, $\angle A=90^\circ$. Прямая, проходящая через центры окружностей, вписанных в треугольника $ABD$ и $ACD$, пересекает стороны $AB$ и $AC$

Докажем, что $AK=AL=AD$. Выполним последовательно поворот вокруг точки $D$ на угол $45^\circ$ и готовим с центром $D$ и коэффициентом $DO_1/DB$ (см. рисунок). Тогда точки $B$ и $A$ перейдет, соответственно, в центры $O_1$ и $O_2$ окружностей, вписанных в треугольники $DBA$ и $DAC$ ($\angle BDO_1=\angle ADO_2=45^\circ$, а $DO_2/DA=DO_1/DB$, так как треугольник $DAC$, очевидно, подобен треугольнику $DBA$). Следовательно, угол между

28

прямыми BA и $O_1O_2$ равен 45°, т. е. $\angle LKA=45^\circ$, а значит, треугольник KAL — прямоугольный равноведенный. Треугольники $AO_1K$ и $AO_1D$ равны: они имеют общую сторону $AO_1$ и равные углы ($\angle AKO_1=\angle ADO_1=45^\circ$, $AO_1$-биссектриса угла KAD). Поэтому $AL=AK=AD$.

Пусть $\angle ABC=\beta$, тогда $AB=AD/\sin \beta$, $AC=AD/\cos \beta$ и $S_{ABC}=AB \cdot AC/2=AD^2/\sin 2\beta \geqslant AD^2=2S_{AKL}$.

Равенство достигается при sin 2β=1, т. е. для равноведенного треугольника ABC ($\beta=45^\circ$).

Эта задача — пример интеграционального обмена. На оптимиду она была представлена Грецией. В несколько иной формулировке: «Доказать, что AK=AL=AD» она содержится в книге И. Ф. Шаргина «Задчи по геометрии. Планimetрия».

В. Н. Дубровский

M1135. Пусть a и b — целые положительные числа, что $a^2+b^2$ делится на ab+1 без остатка. Докажите, что $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ — квадрат целого числа.

Пусть a и b — натуральные числа и

$$\frac{a^2+b^2}{1+ab}=k.$$

Тогда b — корень уравнения

$$x^2-kax+a^2-k=0.$$

Если c — второй корень этого уравнения, число k целое и a<b, то

1. $(a^2+c^2)/(1+ac)=k$ (следует из уравнения);
2. c — целое, т. к. c=ka-b (теорема Виета);
3. c<a, т. к. bc=a^2-k<a^2 и b>a;
4. c≥0, т. к.

$$\left(\frac{1}{a}+c\right)\left(\frac{1}{b}+b\right)=\left(-\frac{1}{a}-c\right)\left(-\frac{1}{b}-b\right)=$$

$$=\left(-\frac{1}{a}\right)^2-ka\left(-\frac{1}{a}\right)+a^2-k=\frac{1}{a^2}+a^2>0,$$

и, следовательно, целое число c удовлетворяет неравенству $c>-1/a$.

Если c=0, то b=a^3. Это — «основная серия» пар (a, b), удовлетворiousх условий; для них k=a^2. Если c>0, то пару (a, b) можно заменить на пару (c, a) с тем же отношением k, к которой снова применимо наше рассудение, и т. д. В процессе «спуска» наиболее число пары каждой раз уменшается, поэтому он должен закончиться на некоторой паре (0, n), который предшествует пару (n, n^3) «основной серии»; тогда k=n^2. Наконец, если числа исходной пары (a, b) равны между собой, то отношение k может быть целым только при a=b=1; тогда k=1.

Наше рассудение позволяет построить бесконечную последовательность пар, удовлетворiousх условий, начиная с любой пары (0, n). Например, при n=2, k=4 получим пары (0, 2), (2, 8), (8, 30), (30, 4·30−8)=(30, 112)…

H. B. Васильев, B. B. Василов

29

Ф1143. Имеется очень большое количество сосудов с водой, порруженных один в другой так, что каждый следующий плавает в предыдущеем. Площадь дня самого маленького сосуда равна $s_0$ и много меньше площади дня самого большого. В самый маленький сосуд доливают объем воды $v_0$. На сколько опустится этот сосуд относительно земли? (После доливания воды все сосуды продолжают плавать.)

Рассмотрим условие равновесия любого из плавающих сосудов: сила тяжести этого сосуда уравновешивается разностью сил давления воды изнвне и изнутри. Таким образом, как до, так и после dolивания воды в любой из сосудов разность уровней воды вне и внутри каждой сосуда остается одной и той же. А это означает, что относительно земли положение уровней воды во всех сосудах остается неизменным.

Итак, относительно земли уровень воды в самом маленьком сосуде после dolивания в него воды не изменяется. Следовательно, это сосуда опустится на величины

$$h = \frac{v_0}{s_0},$$

т. е. на высоту dolитого слоя воды.

С. С. Кротов

Ф1144. На плоскости расположено $N$ одинаковых большердных шаров. Один шар толкнул, и, испытав несколько сосуденций, он оставился в той же точке, из которого начал движение. При каком минимальном $N$ это возможно? Соударения считать абсоалютно упругими.

Прежде всего заметим, что после абсоалютно упругого соударения двух одинаковых шаров, один из которых до этого покопался, шары разлегаются под прямым углом. Действительно, по закону сохранения импульса (рис. 1; здесь $v_0$ — скорость налетающего шара до удара, $v_1$ и $v_2$ скорости шаров после удара)

$$m\vec{v}_0 = m\vec{v}_1 + m\vec{v}_2,$$

а по закону сохранения энергии

$$\frac{m v_0^2}{2} = \frac{m v_1^2}{2} + \frac{m v_2^2}{2},$$

отсюда следует, что скорости $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$ шаров после удара перpendикулярны друг другу: $\vec{v}_1 \perp \vec{v}_2$.

Теперь показем, что, испытав одно сосудение, шар отклоняется от направления своего движения на угол $\beta < \pi/2$. Согласно рисунку 2, $\beta = \pi/2 - \alpha$, где $0 \leq \alpha \leq \pi/2$. Если $\alpha = 0$, первый шар после удара оставливается (а второй шар начинает движаться со скоростью $\vec{v}_2 = = \vec{v}_0$). Следовательно, $\beta < \pi/2$.

По условиям задачи один из шаров (будем назвать его первым), испытав несколько сосуденций, должен описать замкнутую ломаную. Как известно, сумма внешних углов такой ломаной больше или равна 2π (знак равенства соответствует выпуклому многоугольнику).

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

30

Значит, число шаров, с которых должны столкнуться первой шар, должно удовлетворять неравенству

$$n \geq \frac{2\pi}{\pi/2} \geq 4.$$

Кроме того, чтобы исходный шар оставился, вызли начальный точки должны находиться еще один шар, который испытает с первымLOBовое соударение и оставит его.

Итак, минимальное количество шаров

$$N_{\min} = 4 + 1 + 1 = 6.$$

Возможное расположение шаров показано на рисунке 3.

А. А. Белопольский

Ф1145. Один конец нерастяжимой неевесомой нитui, продетой через маленькую бусинку массой m, закреплен в точке A, а другой привазан к неевесомому колцу, которое может свободно скользить вдоль горизонтального стержня (рис. 1). В начальной момент бусинку удерживает у колца, нить прямолинейна и не натянута. Бусинку отpusкают. Наути скорость бусинки в момент разрыва нити, если известно, что нить выдерживает максимальное натяжение $T_0$. Длина нити L, расстояние от точки A до стержня равно h. Тренем в системе пренебречь.

Рис. 1.

Для определения траектории движения бусинки введем систему координат так, как показано на рисунке 2 (ось X направлена вдоль стержня вправа, а ось Y направлена вертикально вниз и проходит через точку закрепления нити A). Пусть бусинка находится в точке N. Так как колцо неевесимо и скольит по стержню свободно, верхий участок нити BN вертикален. Тогда

$$BN = y \text{ и } PN = x.$$

Из треугольника APN имеем

$$AP^2 + PN^2 = AN^2,$$

или

$$(h - y)^2 + x^2 = (L - y)^2.$$

Отсюда получаем

$$y = \frac{L + h}{2} - \frac{x^2}{2(L - h)},$$

т. е. бусинка движется по параболе.

В точке N траектории на бусинку со стороны нити действуют силы натяжения $\vec{T}_1$ и $\vec{T}_2$, причем их сумма $\vec{F}$ направлена перpendикулярно касательной к параболе в данной точке. (Действительно, только один силы натяжения нити не могут вызвать движения бусинки.) Теперь, так как нить идеальная и трене бусинки о нить отсутствует, $T_1 = T_2 = T$, и, следовательно, сила $\vec{F}$ направлена по биссеktrice угла между векторами $\vec{T}_1$ и $\vec{T}_2$.

Запишем для бусинки второй закон Ньютона в проекциях на направление, перpendикулярное касательной к траектории:

$$ma_n = 2T \cos \alpha - mg \cos \alpha.$$

С другой стороны, нормальное (центростремительное) ускорение равно

$$a_n = v^2/R,$$

где $v = \sqrt{2gy}$ — скорость бусинки и $R$ — радиус кривиз-

31

ны парабOLSы в точке $N$. Для решения задачи нам остается найти $R$.

Сравним движение бусинки с движением тела, брошенного под углом к горизонту. При этом параметры этого движения выберем таким, чтобы траекторий тела была парабола, симметричная траектории бусинки (см. рис. 2). Тогда

$$u_x = \frac{OK}{t} \text{ и } t = \sqrt{\frac{2H}{g}},$$

где $OK = \sqrt{L^2 - h^2}$ и $H = (L + h)/2$.

Нормальное ускорение тела в точке $N'$

$$a'_n = g \cos \alpha = \frac{u^2}{R}.$$

Учитывая, что $u^2 = u_x^2 + u_y^2$, где $u_y^2 = 2g(H - y)$, получаем

$$R = \frac{u^2}{a'_n} = \frac{2(L - y)}{\cos \alpha}. \tag{3}$$

Объединим уравнения (1) — (3) в систему и найдем натяжение нити, по которой скольит бусинка:

$$T = \frac{mgL}{2(L - y)}.$$

Нить разорвется, если $T = T_0$, т. е. когда

$$y = L \left(1 - \frac{mg}{2T_0}\right)$$

заметим, что

$$v = \sqrt{2gy} = \sqrt{2gL \left(1 - \frac{mg}{2T_0}\right)}.$$

$$0 \leq y \leq \frac{L + h}{2},$$

т. е. $$0 \leq L \left(1 - \frac{mg}{2T_0}\right) \leq \frac{L + h}{2}.$$

Таким образом, если выполняется условие

$$2 \geq \frac{mg}{T_0} \geq 1 - \frac{h}{L},$$

то в момент разрыва нити скорость бусинки

$$v = \sqrt{2gL \left(1 - \frac{mg}{2T_0}\right)};$$

если $mg/T_0 > 2$, тонить разорвется в начальной момент; если же $mg/T_0 < 1 - h/L$, то в процессе движения бусинки нить не разорвется никакого.

В. Т. Карanetян

Ф1146. Найдите сопротивление между точками $A$ и $B$ в бесконечной последовательности элементов,

Приведем два решения этой задачи.

1. Из сообщений симметричное, что в данной схеме (см. рис. 1) есть точки, потенциальы которых одинаковы. Так, например,

32

изображенной на рисунке 1. Все элементы одинаковы, сопротивление каждого элемента равно r.

$$\varphi_C = \varphi_E, \quad \varphi_G = \varphi_H = \varphi_J$$

и т. д.

Заменим схему эквивалентной, изображенной на рисунке 2. Сопротивление между точками A и C равно r/2, между точками C и G — r/4 и т. д. Тогда сопротивление между точками A и B есть

$$R_{AB} = 2\left(\frac{r}{2} + \frac{r}{4} + \frac{r}{8} + \dots\right) = r\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots\right) = r \frac{1}{1-1/2} = 2r.$$

2. Поскольку последовательность элементов бесконечна, можно считать, что сопротивление между точками A и B равно сопротивлению между точками C и D. Тогда эквивалентную схему можно представить в виде, изображенной на рисунке 3, откуда непредставенно получаем

$$R_{AB} = \frac{1}{2}(2r + R_{AB}),$$

или

$$R_{AB} = 2r.$$

С. Эдравкович (СФРЮ)

Ф1147*. На площадке, наклоненной под небольшим углом α к горизонту, на расстоянии l от ее нижнего края лежит маленький грузик, масса которого много меньше массы площадки (см. рисунок). Площадка совершает гармоничное колбания вдоль оси OO’; частота колбаний равна ω, амплитуда — L. Коэффициент третий между грузиком и площадкой равен k. За какое время грузинет решать задачу в нейнерциальной системе отсутствие, связанной с колблюшейся площадкой. Например ось Y по оси колбаний OO’, а ось X — перpendикулярно этой оси. В плоскости площадки на грузик действуют три силы — так называемая скатывaisonная сила (проекция силы тяжестии на ось X) mg sin α, сила трения kmg cos α и сила инерции mω²L cos ωt (если площадка колблется по закону y=L cos ωt).

Поскольку колбания площадки веса быстры, можно полагать, что сила инерции больше всех остальных сил. Обозначим характерные величины с размерностью ускорения через a, b и c:

$$a = g \sin \alpha, \ b = kg \cos \alpha, \ c = \omega^2 L.$$

Тогда c>>a и c>>b. В таком случае надо думать, что за

33

зик свалится с площадки?
(Считать, что это время много больше перiode колебаний площадки.)

перiod колебаний компонента скорости $v_x$ в направлении скатывания груза не изменяется. Более того, в течение большей части периода горизонтальная компонента скорости $v_y \gg v_x$. Это означает, что сила трения направлена также горизонтально, и движение тела вдоль оси $X$ проискодит лишь под действием скатывания силы:

$$v_x = at \quad \text{и} \quad t_x = \sqrt{2l/a}.$$

В то же время трение, безусловно, будет вносить малую (в силу малости $c^{-1}$) поправку. Оценим ее. Малая величины силы трения и соответствующая компонентаускорения вдоль оси $X$ определяются отношением $v_x/\sqrt{v_x^2+v_y^2}$:

$$b_x = b \frac{v_x}{\sqrt{v_x^2+v_y^2}} = b \frac{v_x}{\sqrt{v_x^2+\omega^2 L^2 \sin^2 \omega t}}.$$

При этом мы считаем, что движение вдоль оси $Y$ чисто гармоничское. На самом деле из-за наличия силы трения это движение будет отличаться от гармоничского, но порядок поправки будет такой, что его можно пренебречь (ниже об этом будет сказано подробнее).

Вычислим среднее значение $b_x$:

$$\bar{b}_x = \frac{2\omega}{\pi} \int_{0}^{\pi/(2\omega)} bv_x/\sqrt{v_x^2+\omega^2 L^2 \sin^2 \omega t} \, dt.$$

При $t$, для которого $\omega L \sin \omega t \gg v_x$, велиний $v_x$ можно пренебречь, поэтому

$$\bar{b}_x \approx \frac{2\omega}{\pi} \int_{v_x/(\omega^2 L)}^{\pi/(2\omega)} \frac{bv_x}{\omega L \sin \omega t} \, dt =$$

$$= \frac{2}{\pi\omega} \frac{bv_x}{L} \int_{v_x/(\omega L)}^{\pi/2} \frac{d\varphi}{\sin \varphi} = -\frac{2bv_x}{\pi\omega L} \ln \frac{v_x}{2\omega L}.$$

Более точные вычисления показывают, что велиница под знаком логарифма должна быть вдвое меньше; однако с той точностью, которую мы выбрали, эта разница не важна. Подставим сюда найденное нами в первом приближении выражение $v_x=at$ и получим

$$\bar{b}_x(t) = -\frac{2bat}{\pi\omega L} \ln \frac{at}{4\omega L}.$$

Отсюда полное ускорение движения

$$x''(t) = a - \bar{b}_x(t) = a + \frac{2bat}{\pi\omega L} \ln \frac{at}{4\omega L}.$$

Интеррируя это уравнение, получим

$$v_x(t) = x'(t) = at + \frac{8b}{\pi} \left( \frac{at}{4\omega L} \right)^2 \left( \frac{\ln \frac{at}{4\omega L}}{2} - \frac{1}{4} \right).$$

Отбрасывая члены, мыле по сравнению с ln $(at/(\omega L))$, получим

$$x'(t) = at + \frac{4b}{\pi} \left( \frac{at}{4\omega L} \right)^2 \ln \frac{at}{\omega L} \cdot \frac{4\omega L}{a},$$