Решения задач М1141—М1145; Ф1153—Ф1157

31

когда направление на объект будет составлять угол φ с вертикально (рис. 3)?

С. С. Кротов

Ф1176. На неевесомом коромысле длиной 2L, которое может врашаться без трения вокруг вертикальной оси, закреплены заряды +Q и —Q массой M каждый. Под коромыслом на продолжении оси врашения расположен маленький диополь — заряды +q и —q на расстоянии 2a друг от друга (a≤L). В начальной момент коромысло находится в состоянии устойчивого равновесия (рис. 4).

a) Диполь приводит во врашение с угловой скоростью ω. При каких ω коромысло будет «спровождать» врашение диополя?

b) Диполь неодвижен. Найти перiod малых коромысла.

А. В. Андрианов

Ф1177. Колебательный контур состоит из катушки с индуктивностью L=1 Гн с сопротивлением R=1 Ом и конденсатора емкостью C=1 мкФ. Конденсатор нейделен — сопротивление его изоляции Rx конечно. При какой величины Rx в катушке выделится в виде тепла 1/3 начальной энергии контура?

З. А. Рафаилов

Решения задач

M1141 — M1145, Ф1153 — Ф1157

Как и другие несложные геометрические задачи, эта задача допускает много решений. Приведем три из них.

В первых двух используется неравенство m≥2r, где m — средняя линия трапеции, a r — радиус вписанной окружности, t. e. 2r — высота трапеции (рис. 1).

Если диагональ составляет с основанием угол большие 45°, то ее проекция на основание меньше 2r трапеции. Сумма проекций обиха диагоналей, очень/no, равна сумме оснований, т. е. 2m. Поэтому если утверждение задачи не верно, то 2m<2r+2r=4r, что противоречит неравенству m≥2r.

Другое рассужение: площадь трапеции, равная 2rm, не превыходит d1d2/2, где d1 и d2 — ее диагонали. Если d1≥d2, то d1²/2≥d1d2/2≥2rm≥4r². Следовательно, 2r/d1≤√2/2, а значит, диагональ d1 составляет с основанием угол не более 45° (см. рис. 1).

В третьем решении мы использем то, что боковые стороны трапеции видны из центра O ее вписанной окружности под прямым углом (так как O — точка пересечения биссектрис углов трапеции — рис. 2). Если бы утверждение задачи было неверным, то основания трапеции были видны из точки P пересечения диагоналей под острым углом, а боковые стороны — под тупым. Тогда точка P лежала бы внутри окружностей, построенных на боковых сторонах как на диаметрах,

32

М1142. Таблица $m \times n$ заполнения mn числа так, что в каждой строке и в каждом столбце эти числа составляют агрифметическую прогрессию. Сумма четырех чисел, стоящих в узлах таблицы, равна s. Чему равна сумма всех чисел в таблице?

Ответ: $smn/4$.

Пусть $a_1, a_2, \dots, a_m$ — числа в верхней строке, $b_1, b_2, \dots, b_m$ — в нижней. Тогда $a_1 + a_2 + \dots + a_m = (a_1 + a_m)m/2, b_1 + b_2 + \dots + b_m = (b_1 + b_m)m/2$.

Суммы чисел в столбцах равны $(a_1 + b_1)n/2, (a_2 + b_2)n/2, \dots, (a_m + b_m)n/2$. Сложив эти суммы, мы получим сумму всех чисел в таблице:
$$(a_1 + b_1 + a_2 + b_2 + \dots + a_m + b_m)n/2 = (a_1 + a_m + b_1 + b_m)mn/4 = smn/4.$$
Н. В. Васильев

M1143. Масса каждой из 101 грыbs, расположенных по окружности, — натуральное число, а их общая масса равна 300 г. Доказите, что из этого набора можно выбрать одну из нескольких грыbs, расположенных подряд, с общей массой 200 г.

Отметим на окружности 300 точек, разбивающих ее на 300 равных частей (по $1^\circ 12'$), и каждой грыб массой $m$ поставим в соответствие дуг из $m$ таких частей; концы этих дуг (расположенных по окружности в том же порядке, что и грыbs) называются точками, остальные 300—101=199 точек — черными. Расмотрим все равносторонние треугольники, вписанные в окружность, у которых одна из вершин — красная. Если бы у каждой из них две другие вершины оказались черными, то всего черных точек было бы не менее $2 \cdot 101 = 202$. Поэтому найдет треугольник, у которого две вершины — красные. Бóльшая дуга (в $240^\circ$) с концами в этих красных вершинах соответствует грыбам, в сумме имеющим массу 200 г, меньше ($210^\circ$) — грыбам, имеющим массу 100 г.

В. В. Произвольов

M1144. Пусть $a_1, a_2, \dots, a_n$ — неотрицательные числа. Какое число больше:

$$\sqrt{a_1^{1988} + a_2^{1988} + \dots + a_n^{1988}}$$

или

$$\sqrt{a_1^{1989} + a_2^{1989} + \dots + a_n^{1989}}$$?

Ответ: Первое число больше, если хотя бы два из чисел $a_i$ не равны 0 (что мы и будем предполагать в дальнейшем).

Доказем сразу более общие утверждения: функция $f(\alpha) = (a_1^\alpha + \dots + a_n^\alpha)^{1/\alpha}$, многоночная убывает при $\alpha > 0$, т. е. $f(\alpha) > f(\beta)$ при $0 < \alpha < \beta$.

Не ограничивая общности, можно считать, что $a_1$ — наиболее общая чисел $a_i$, $a_1 > 0$. Положим $x_i = a_i/a_1$, тогда при $\alpha < \beta$

$$f(\alpha) = a_1(1 + x_2^\alpha + \dots + x_n^\alpha)^{1/\alpha} \geq a_1(1 + x_2^\beta + \dots + x_n^\beta)^{1/\beta} = f(\beta),$$

33

поскольку $0 \leqslant x_i \leqslant 1$ при всех $i$ и суммы в скобках больше 1.

Интересно, что часто рассматриваемая величина $(a_1^\alpha + \dots + a_n^\alpha)/n)^{1/\alpha}$ — так называемое степенное среднее число $a_1, \dots, a_n$ степени $\alpha$ — возвращает с ростом $\alpha$.

А. И. Шехорский

M1145*. Из точки $P$ проведены две касательные PB и PC к окружности, причем $\angle BPC > 90^\circ$. На меньше дуги BC взята точка A. Докажите, что площать треугольника, отсекаемого от угла BPC касательной к окружности в точке A, не превысходит площади треугольника ABC.

Рис. 1.

Рис. 2.

Обозначим отсекаемый от угла BPC треугольник через KPL (рис. 1), центр его вписанной окружности через I. Треугольники ABC и ILK подобыны. Действительно, каждый из углов ABC, CAL и ACL равен половине угловой величины дуги AC (первый угол вписан в окружность и опирается на эту дуг, два других образованны хордой, стягивающей эту дуг и касательными в ее концах). Поэтому

$$2\angle ILK = \angle PLK = \angle LAC + \angle LCA = 2\angle ABC,$$

т. е. $\angle ILK = \angle ABC$. Аналогично, $\angle IKL = \angle ACB$. Коэффициент подобия треугольников ILK и ABC равен $KL/BC$, следовательно, отношение их площадей равно $S_{ILK}/S_{ABC} = KL^2/BC^2$.

Пусть, далее, $p$ — полуперimetр, $S$ — площадь, $r$ — радиус вписанной окружности и $h$ — высота, опущенная из вершины $P$ треугольника PKL (рис. 2). Тогда

$$\frac{S_{PKL}}{S_{ILK}} = \frac{h}{r} = \frac{2S}{KL} \cdot \frac{p}{S} = \frac{2p}{KL} = \frac{2BP}{KL},$$

поскольку $BP = CP$ и $BP + CP = AK + KP + PL + LA = 2p$ (мы пользовемся здесь равенством касательных к окружности, проведенных из точки $P$, $K$, $L$). Итак, $S_{PLK}/S_{ABC} = 2BP \cdot KL/BC^2$. Остается доказать, что последнее отношение меньше 1.

По неравенству треугольника $2KL < KL + KP + PL = 2p = 2BP$, т. е. $2BP \cdot KL < 2BP^2$. Но в случае, когда $\angle BPC > 90^\circ$, имеем $2BP^2 < BC^2$, т. е. $2BP \cdot KL/BC^2 < 2BP^2/BC^2 < 1$, что и требовалось доказать.

Эту задачу можно решать и с помощью тригонометрики. Если $\alpha, \beta, \gamma$ — углы при вершинах $A, B, C$ треугольника ABC, то $BC = KL$ cos $\beta$ cos $\gamma$; нужно неравенство приводится к виду 2 cos $(\pi - \alpha)$ cos $\beta$ cos $\gamma > 1$ и вытекает из того, что $\pi - \alpha = \beta + \gamma < \pi/4$.

В. Ю. Прогасов

Ф1153. Жидкий расчет бетона на纵ли в кузов самосвала доверху. Оценить, какая доля растора останется в кузове после резко торможения. Предполагается, что вы хорошо представляют явление, мо-

34

Жете сами задать необходимые для решения величины, выбрать достаточно размерные их числовые значения и получить числовой результат.

Рис. 1.

Рис. 2.

При резком торможении колеса автоматически не钙ятся, а скольяет (только так можно быстро затормить). Тогда из второго закона Ньютона следует

$$ma = F_{\text{тр}} = \mu mg, \quad \text{т. е. } a = \mu g,$$

где $\mu$ — коэффициент треня скольжения.

Возможны два случая, изображенные на рисунках 1 и 2 соответственно. Первый случай: ускорение $a_1$ таково, что часть дна открывается. При оценке будем считать, что кузов прямогольный. Тогда масса бетона в кузове до торможения

$$M = \rho L H d,$$

где $\rho$ — плотность раствора, а $d$, $H$ и $L$ — ширина, высота и длина кузова. Как видно из рисунка 1, $H/l = tg \alpha = a_1/g$, открывается $l = Hg/a_1 \leq L$, т. е.

$$a_1 = \mu_1 g \geq \frac{H}{L} g.$$

Масса оставшегося в кузове бетона

$$m_1 = \rho l \frac{H}{2} d = \rho \frac{H^2 d}{2 a_1} g.$$

Таким образом, доля оставшегося бетона

$$\eta_1 = \frac{m_1}{M} = \frac{\rho H^2 d}{2 a_1 \rho L H d} = \frac{H}{L} \frac{g}{2 a_1} = \frac{H}{L} \frac{1}{2 \mu_1}$$

при $\mu_1 \geq \frac{H}{L}$.

Второй случай (см. рис. 2): ускорение $a_2$ таково, что задний борт освобождается от раствора на глубину $h = L tg \alpha = La_2/g$, а глубина слоя раствора там $H - h = H - La_2/g$. Масса оставшегося в кузове раствора

$$m_2 = \rho L \left( H - L \frac{a_2}{2 g} \right) d,$$

и доля оставшегося раствора

$$\eta_2 = \frac{m_2}{M} = \frac{\rho L \left( H - La_2/(2 g) \right) d}{\rho L H} = 1 - \frac{L}{H} \frac{a_2}{2 g} = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu_2}{2}$$

при $\mu_2 < \frac{H}{L}$.

Сделаем численные оценки. Положим $H = 1$ м, $L = 5$ м, т. е. $H/L = 0,2$. Тогда при $\mu_1 \geq H/L = 0,2$, например при $\mu_1 = 0,5$, имеем

$$\eta_1 = \frac{H}{L} \frac{1}{2 \mu_1} = \frac{1}{5} = 20 \%.$$

При $\mu_2 < H/L = 0,2$, например при $\mu_2 = 0,1$, имеем

$$\eta_2 = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu_2}{2} = \frac{3}{4} = 75 \%.$$

Если же торможение не резкое, т. е. колеса钙ятся, тогда торможение обусловлено тренем качения. В этом случае $\mu \approx 0,02$ и

$$\eta_1 = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu}{2} \approx \frac{19}{20} \approx 95 \%.$$

Итак, в любом случае доверку кузов наполнять нельзя: потери неизбежны.

Г. В. Меледин

35

Ф1154. На главном горизонтальном столе лежат два одинаковых кубика массой m каждый. Один из кубков приклеен к столе (см. рис.нок). Кубик отрывается от стола, если к нему приложить горизонтальный силу F. Между кубиками имеется неиссомая свободная пружина жесткость k. Незакрепленному кубику сообщили скорость v. С каким скоростью разлетятся кубики после столковения?

Обозначим скорости кубков после столковения через $v_1$ и $v_2$. Из закона сохранения энергии имеем

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2}.$$

Сразу после отрыва второго кубика от стола система двух кубков (между которых находится неиссомая пружина) становится замкнутой. Запишем для нее закон сохранения импульса. Обозначим через u скорость первого кубика непосредственного после отрыва от стола второго. Тогда получаем

$$mu = mv_2 - mv_1.$$

Скорость u найдем из закона сохранения энергии

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{mu^2}{2} + \frac{kx^2}{2},$$

где $x = F/k$ — величины силы пружины в момент отрыва.

Решая систему уравнения (1)—(3), находим

$$v_1 = \frac{1}{2}(\sqrt{v^2 + F^2}/(km) - \sqrt{v^2 - F^2}/(km)),$$

$$v_2 = \frac{1}{2}(\sqrt{v^2 + F^2}/(km) + \sqrt{v^2 - F^2}/(km)).$$

Интересно рассмотреть неокоторые частиные случаи.

Пусть, например, $mv^2/2 < F^2/(2k)$. Тогда максимального скатания пружины будет недостаточно для отрыва второго кубика от стола и первый кубик после столковения будет двигаться влево с первоначальной величины скорости v.

Если $mv^2/2 = F^2/(2k)$, то после разлега кубики будут двигаться в противоположные стороны с одинаковыми по величины скоростими, равными $v/\sqrt{2}$.

Если же $mv^2/2 \gg F^2/(2k)$ (случай очень жесткой пружины, когда $k \to \infty$), то $v_1 \to 0$, а $v_2 \to v$.

Г. В. Федотович

Ф1155. Тяжелый поршень массой M может свободно перемешаться внутри вертикального теллоизолюрованного цилиндра сечение S, верхний конец которого закрыт, а нижний открыт в атмосферу (см. рис.нок). Внутри цилиндра имеется горизонтальная перегородка с маленьким отвергением, отсекающая от атмосферы один mole воздуха, занимающий объем V и имеющий атмосферное давление $p_a$. Поршень, которой вначале прижат силу к перегородке, от

36

пускают. Приимая, что внутренняя энергия газа равна сТ, найти, на сколько опустится поршень.

Задаем энергия его уменшается. Будем считать, что перегородка между образовавшимся в цилиндре отсеками не пряятствует теплобмену между ними, так что температуры воздуха в них все время одинаковы. Обозначив температуру воздуха в начальной момент через $T_0$, а в момент остановки через $T$, получаем

$$cT_0 = cT + A.$$

Запишем также уравнение состояния газа для этих моментов:

$$p_aV = RT_0,$$
$$p(V + Sx) = RT.$$

Полученных уравнений достаточно для определения величины $x$:

$$x = \frac{V}{S} \frac{c}{c + R} \frac{Mg}{p_aS - Mg}$$ при $Mg < p_aS$.

Г. Л. Коткин

Ф1156. Два одинаковых электромагнита $L_1$ и $L_2$ включены последовательно в цепь постояного тока (рис. 1). С помощью ключа $K_1$ параллельно одному из них может в непроводящем направлении подключаться диод $D$. При замкнутом ключа $K_2$ к электромагнитам притянут железная плastинка. Если ключа $K_1$ разомкнут, то при размыкании $K_2$ пластинка отрывается от обозначенного одновременного и nadaет, сохраняя горизонтальное положение. Если ключа $K_1$ разомкнут, то при размыкании $K_2$ пластинка вначале отрывается от магнита $L_1$, а потом от $L_2$, что приводит к ее вращению. Объяснить раз-В первом слуае, когда ключа $K_1$ разомкнут, при размыкании ключа $K_2$ ток в обих электромагнитах прекращается одновременно, и так же одновременно происходит «отпускание» обих концов железной плastинки.

Рассмотрим теперь второй слуаей, когда ключа $K_1$ разомкнут. При замкнутом ключа $K_2$ (рис. 2) через последовательно включенные обмотки электромагнитов протекают одинаковые точки $I_0$, так как через включенный в непроводящем направлении диод $D$ ток не течение. Разомкнем ключа $K_2$ (рис. 3). Ток через электромагнит $L_1$ прекращается практическим мгновенно, так как цель для него разомкнута. Ток же через электромагнит $L_2$ в первый момент вообще не изменяется. Это происходит из-за того, что ЭДС самонидукини, возникшая в обмотке $L_2$, оказывается приложенной к диоду $D$ в проводящем направлении, и через него начинает протекать ток $I_0$. В дальнейшем ток через $L_2$ постепенно затухает, в соответствии с законами Фарадея и Ома:

$$-L_2 \frac{\Delta I}{\Delta t} = IR, \quad I = I_0 e^{-Rt/L_2},$$

где $R$ включает в себя сопротивление диода $D$ в про-

37

лице в повреждении пластинки в первом и втором случаях.

водящем направления и обмотки $L_2$. Видно, что чем меньше $R$, тем больше затухает ток в $L_2$.

Таким образом, при замкнутом ключе $K_1$ ток в $L_2$ затухает медленнее, чем в $L_1$, и электромагнит $L_2$ должен удерживать свой конец пластины.

В. В. Голубев

Ф1157. Имеются два полупрозрачных зеркала, каждый из которых, как показывает измерения, пропускает приблизительно 1/5 часть светового потока, а остальной свет отражает. Если на пути параллельного пучка свет становится оба зеркала так, чтобы их плоскости были перепendlukулярными пучку, то, казалось бы, они должны пропускать 1/25 часть падающего потока свет, тогда как на самом деле свет ослабляется не в 25 раз, а заметно меньше (примерно в 10 раз). Объяснить является тем, что лучи света, отраженные вторым зерком, снова возвращаются на первое зерком, частично отражаются от него и, попадая на второе, увечивают интенсивность прошедшего пучка.

Пусть $I$ — интенсивность исходного светового пучка (см. рисунок; падающий световой пучок для нагладности изображен наклонным). Тогда интенсивность света, прошедшего через первое зерком, будет равна $i_0 = I/k$, где $k$ — коэффициент ослабления зерком ($k = 5$ по условию задачи). При последовательных отражениях интенсивность «захваченного» между зерками света постепенно падает из-за частной проэнергности зеркал, и через достаточно большое число отражений нарушу выйдет практические все «захваченный» свет, причем почти поровну вправо и вплево. Таким образом, полная интенсивность прошедшего света будет равна

$$I' \approx \frac{i_0}{2} = \frac{I}{2k} = \frac{I}{10}.$$

Задча допускает и точное решение. Запишем, как меняется интенсивность «захваченного» между зерками света при последовательных отражениях:

$$i_1 = i_0 \left(1 - \frac{1}{k}\right)^2, \quad i_2 = i_1 \left(1 - \frac{1}{k}\right)^2 = i_0 \left(1 - \frac{1}{k}\right)^4,$$

При каждом padении на зеркло 2 свет частично выходит вправо:

$$I_1 = \frac{i_0}{k}, \quad I_2 = \frac{i_1}{k}, \quad I_3 = \frac{i_2}{k},$$

Полная интенсивность прошедшего света

$$I' = I_1 + I_2 + I_3 + \dots = \frac{1}{k} \left(i_0 + i_1 + i_2 + \dots\right) = \frac{i_0}{k} \left(1 + \left(1 - \frac{1}{k}\right)^2 + \left(1 - \frac{1}{k}\right)^4 + \dots\right)$$

представляет собой сумму бесконечной убывающей геометрической прогрессии со значением $q = (1 - 1/k)^2$, поэтому

$$I' = \frac{i_0}{k} \frac{1}{1 - q} = \frac{i_0}{k} \frac{k^2}{k^2 - (k - 1)^2} = \frac{i_0 k}{2k - 1} = \frac{I}{2k - 1} = \frac{I}{9}.$$

При $k = 5$ точное решение всего на 10% отличается от приближенного.

В. В. Голубев