Полупроводниковый терморезистор имеет зависимость сопротивления от температуры вида $R = R_{0}(1-\alpha t).$ Когда терморезистор нагрет до температуры $t,$ он рассеивает в окружающую среду мощность $P = B(t-t_{окр}).$ Какой ток будет течь в цепи, если к терморезистору подключить источник с напряжением $U$?
Решение
Пусть при напряжении $U$ ток через терморезистор составит $I$. Тогда запишем $$R = \dfrac{U}{I} = R_{0}(1-\alpha t)$$ $$P = UI = B(t-t_{окр}).$$ Для того чтобы найти связь между током и напряжением, нужно исключить из этих уравнений температуру $t$: $$t = t_{окр} + \dfrac{UI}{B},$$ $$\dfrac{U}{I} = R_{0}\left(1-\alpha t_{окр}-\alpha\dfrac{UI}{B}\right),$$ $$U = \dfrac{R_{0}(1-\alpha t_{окр})}{\dfrac{\alpha R_{0}I}{B} + \dfrac{1}{I}}.$$ При малых токах, когда мощность мала и температура терморезистора почти не отличается от окружающей, он ведет себя как обычный резистор с сопротивлением $R = R_{0}(1-\alpha t_{окр}).$ С увеличением тока температура резистора увеличивается и при больших токах приближается к критическому значению$$t_{кр} = \dfrac{1}{\alpha}.$$ Но вопрос в задаче поставлен несколько иначе: каким будет ток при подаче напряжения $U$? Сложность в том, что одному значению $U$ соответствуют два (либо — при больших напряжениях — ни одного) значения тока. Легко найти граничное напряжение $U_{гр}$, выше которого решения нет, — оно соответствует минимальному значению знаменателю при токе $I = I_{кр}$:$$U_{гр} = U(I_{кр}) = U\left(\sqrt{\dfrac{\alpha R_{0}}{B}}\right) = \dfrac{R_{0}(1-\alpha t_{окр})}{\sqrt{\dfrac{B}{(\alpha R_{0})}}\left(1 + \left(\dfrac{\alpha R_{0}}{B}\right)^2\right)}.$$ Выше этого напряжения решений нет. Но все же — какой ток потечет по цепи, если подключить к ней напряжение большее, чем $U_{гр}?$ Какой-нибудь наверняка потечет, только мы его не сможем подсчитать, исходя из условий задачи — они становятся противоречивыми. Ясно, что «настоящий» терморезистор имеет другую — более сложную — зависимость сопротивления от температуры (она не дает отрицательных значений сопротивления при $t > t_{кр} = \dfrac{1}{\alpha}$), и там подобной проблемы не будет.
Теперь о той области напряжений, для которой возможны два значения тока. Если медленно повышать напряжение, то и ток будет повышаться, т. е. реализуется меньшее из двух значений тока. Но возможно равновесие и при втором — большем значении, если резистор заранее «подогреть». Подумайте сами, будет ли такое равновесие устойчивым.
На сторонах выпуклого четырехугольника площади $S$ вне его построены квадраты, центры которых служат вершинами нового четырехугольника площади $S_{1}$. Докажите, что:
$S_{1}$ $\geqslant$ $2S;$
$S_{1}$ $=$ $2S;$
в том и только в том случае, когда диагонали исходного четырехугольника равны по длине и взаимно перпендикулярны.
Доказательство
Рис. 1
Из рисунка 1 видно, что площадь $S_{1}$ четырехугольника $MNPQ$ (M, N, P, и Q — центры квадратов, построенных на сторонах данного четырехугольника ABCD) равна сумме площадей четырех розовых четырехугольников (с вершинами, соответственно, в центрах двух соседних квадратов и серединах двух соседних сторон исходного четырехугольника) и голубого параллелограмма. Найдем, чему равна площадь одного такого розового четырехугольника EMNF (см. рис. 1).
Обозначим через $\varphi$ угол при вершине $B$ исходного четырехугольника. Заметим, что $$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN}$$ причем знак «$+$» берется, если $\dfrac{3\pi}{2}-\varphi < \pi$ (рис. 2),
Рис. 2
то есть $\dfrac{\pi}{2} < \varphi < \pi,$ и знак «$-$», если $0 < \varphi \leqslant {\pi}{2}$ (рис. 3).
Рис. 3
Подсчитав алгебраическую сумму последних трех слагаемых, найдем $$S_{EMNF} = S_{EBF} + \dfrac{|AB|^2}{8} + \dfrac{|BC|^2}{8} + \dfrac{|AB|\cdot|BC|}
{4}\sin\left({\dfrac{3\pi}{2}-\varphi}\right) = $$$$S_{EBF} + \dfrac{1}{8}\left(|AB|^2-2|AB|\cdot|BC|\cos\left(\varphi-|BC|^2\right)\right) = S_{EBF} + \dfrac{|AC|^2}{8}.$$ (мы воспользовались теоремой косинусов для треугольника ABC)
Проведя аналогичные вычисления для остальных розовых четырехугольников, окончательно получим, что $$S_{1} = S + \dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right).$$ Но $S = \dfrac{1}{2}\left(|AC| \cdot |BD|\sin\alpha\right)$ ($\alpha$ — угол между диагоналями AC и BD), так что $\dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) \geqslant \dfrac{1}{2}|AC| \cdot |BD| \geqslant S$ и $S_{1} \geqslant 2S.$ — мы решили задачу а)
Поскольку последние неравенства превращаются в равенства в том и только в том случае, когда $|AC| = |BD|$ и $\sin\alpha = 1,$ то есть $(AC) \bot (BD),$ мы попутно получаем утверждение б).
Пусть $a$, $m_1$, $m_2$ $-$ натуральные числа, причем $a$ взаимно просто как с $m_1$, так и с $m_2$. Обозначим через $r_n$ остаток от деления целой части числа $\frac{a^n}{m_1}$ на $m_2$ $(n = 0, 1, 2, \ldots)$.
Докажите, что последовательность $\{r_n\}$ является периодической.
Доказательство
Так как НОД$(a$, $m_1)$ $=$ НОД$(a$, $m_2) = 1$, то НОД$(a$, $m_1m_2) = 1$. Пусть $n_0 -$ какое-нибудь натуральное число, для которого $a^{n_0}$ при делении на $m_1m_2$ дает в остатке $1$. (Если НОД$(a$, $m_1m_2) = 1$, то такое число обязательно существует. Можно, например, положить $n_0 = \varphi(m_1m_2)$, где $ \varphi(m) — $ функция Эйлера $-$ см. статью В.Сендерова и А.Спивака «Малая теорема Ферма» в «Кванте» №1 за 2000 год.)
Тогда $a^{n_0} = Qm_1m_2 + 1$ для некоторого целого числа $Q$. Теперь при любом $n \geqslant n_0$ имеем $$\left[\frac{a^n}{m_1}\right] = \left[\frac{a^{n_0}a^{n-n_0}}{m_1}\right] = \left[\frac{(Qm_1m_2 + 1)a^{n-n_0}}{m_1}\right] =$$ $$= \left[a^{n-n_0}Qm_2 + \frac{a^{n-n_0}}{m_1}\right] = a^{n-n_0}Qm_2 + \left[\frac{a^{n-n_0}}{m_1}\right]$$ ($\left[x\right]$ обозначает целую часть числа $x$).
Таким образом, остатки чисел $\left[\frac{a^n}{m_1}\right]$ и $\left[\frac{a^{n-n_0}}{m_1}\right]$ при делении на $m_2$ совпадают, т.е. $r_n = r_{n-n_0}$. Значит, последовательность $\{r_n\}$ имеет период длины $n_0$ (доказано также и то, что этот период начинается с самого начала последовательности).
Возникает вопрос о длине наименьшего периода последовательности $\{r_n\}$. Верно ли, что если в качестве $n_0$ взять наименьшее натуральное число такое, что $a^{n_0}$ при делении на $m_1m_2$ дает в остатке $1$, то $n_0$ и будет длиной наименьшего периода? Как показывает пример $a = 3$, $m_1 = 13$, $m_2 = 2$ (здесь $n_0 = 3$, а последовательность $\{r_n\}$ сплошь состоит из нулей), ответ на этот вопрос в общем случае отрицателен. Однако если дополнительно предположить, например, что $m_2 \geqslant m_1$, то ответ будет утвердительным (читателю предлагается доказать это в качестве упражнения).
В квадрат $ABCD$ вписана ломаная $MKALN$ такая, что $\angle MKA = \angle KAL = \angle ALN = 45^{\circ}(рис. 1).$ Докажите, что $$MK^2 + AL^2 = AK^2 + NL^2.$$рис. 1
Симметрично отобразим $\triangle ABK$ относительно гипотенузы $AK$, а $\triangle ADL$ $-$ относительно гипотенузы $AL$ (рис.$2$). При этом точки $B$ и $D$ склеятся в точку $P$, так как $AB$ = $AD$, $\angle B = \angle D = 90^{\circ}$ и $AP$ является высотой $\triangle AKL$.рис. 2Более того, при этом точки $M$ и $N$ склеятся в точку $Q$, где $Q$ $-$ ортоцентр $\triangle AKL$. Это произойдет потому, что $\angle QLA = \angle QKA = \angle KAL = 45^{\circ},$ из чего следует, что прямые $QL$ и $QK$ $-$ высоты $\triangle AKL$, а три высоты пересекаются в одной точке.
Сразу делаем вывод: $BM = DN.$
Используя теорему Пифагора сначала для $\triangle ABK$ и $\triangle MBK$, а затем для $\triangle ADL$ и $\triangle NDL$ получаем $AB^2 — BM^2 = AK^2 — MK^2$ и $AD^2 — DN^2 = AL^2 — NL^2.$
Окончательно получим $MK^2 + AL^2 = AK^2 + NL^2,$ что и требовалось доказать.
Дополнительно можно доказать, что $AM = AN = KL$ и что пять точек $M,$ $K,$ $A,$ $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.
В. Произволов
Некоторые дополнения
$1$.При симметричном отображении $\triangle$$ABK$ относительно гипотенузы $AK$ мы получаем $\triangle APK$, в котором $AB = AP$, $BK = KP$, $MK = KQ$, $BM = QP$, $\angle MKA = \angle AKQ = 45^{\circ}$, $\angle BKM = \angle PKQ$.
Аналогично, при симметричном отображении $\triangle ADL$ относительно гипотенузы $AL$ мы получаем $\triangle APL$, в котором $AD = AP$, $LD = LP$, $NL = QL$, $ND = QP$, $\angle ALN = \angle ALQ = 45^{\circ}$, $\angle NLD = \angle QLK$.
Таким образом, так как $$BM = QP,$$$$ND = QP,$$ тогда, по транзитивности, $$ND = BM.$$
$2$. Докажем, что $Q$ — ортоцентр $\triangle AKL$. Для этого воспользуемся рис.$3$.рис.3
$AP \perp KL$. Проведем через точки $K$ и $Q$ прямую до пересечения с прямой $AL$, $$KQ \cap AL = K_{1}.$$ Также проведем прямую, проходящую через точки $L$ и $Q$ и пересекающую прямую $AK$, $$QL \cap AK = L_{1}.$$ Так как $AP$ — высота $\triangle AKL$. Осталось показать, что $KK_{1}$ и $LL_{1}$ — высоты $\triangle AKL$.
Рассмотрим $\triangle AKK_{1}$, в нём $$\angle KAK_{1} = \angle AKK_{1} = 45^{\circ},$$ тогда $$\angle AK_{1}K = 180^{\circ} — 45^{\circ} — 45^{\circ} = 90^{\circ} \Rightarrow $$ $$KK_{1} \perp AL,$$ то есть $KK_{1}$ — высота $\triangle AKL$. Аналогично, $\triangle ALL_{1}$: $$\angle KAK_{1} = \angle AKK_{1} = 45^{\circ} \Rightarrow$$ $$LL_{1} \perp AK,$$ то есть $LL_{1}$ — высота $\triangle AKL$.
Таким образом, три высоты $\triangle AKL$ пересекаются в одной точке $Q$, что и означает, что $Q$ — ортоцентр $\triangle AKL$.
$3$. Распишем более подробно как мы получили равенство.
$4$. Докажем, что точки $M$, $K$, $A$, $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.
Так как около любого треугольника можно описать окружность, то точки $K,$ $A$ и $L$ уже принадлежат окружности $\omega_{1}$, описанной около $\triangle AKL$. Покажем, что точки $M$ $L$ также принадлежат этой окружности.
Таким образом, в четырехугольнике $AMKL$ сумма противолежащих углов равна $180^{\circ}$, значит четырехугольник $AMKL$ можно вписать в окружность $\omega_{2}$. Так как, окружность $\omega_{2}$ описана около $AMKL$, тогда она описана около $\triangle AKL$, но так как около треугольника можно описать только одну окружность, то $\omega_{1} = \omega_{2}$ и точки $M$, $K$, $A$, $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.
$5$. Докажем, что $AM = AN = KL.$
Из первого пункта: $$BM = ND,$$ а так как $$AB = AD,$$ то $$AM = AN$$Осталось показать, что $$AM = KL.$$Так как $$\angle MKA = \angle KAL = 45^{\circ},$$ то $MK \parallel AL$, тогда, так как $\angle MAL = \angle KLA = 90^{\circ} — \alpha$, $AMKL$ — равнобокая трапеция $\Rightarrow$ $AM = KL$, тогда $$AM = AN = KL.$$
Пусть $0 < x < \frac{\pi}{4}$. Докажите, что $$\left(\cos x\right)^{\cos^2 x} > \left(\sin x\right)^{\sin^2 x},$$ а также $$\left(\cos x\right)^{\cos^4 x} < \left(\sin x\right)^{\sin^4 x}.$$
Доказательство
На первый взгляд кажется, что одно из неравенств противоречит другому, но это не так.
Рассмотрим $$f(y) = \cos^y x − \sin^y x ,$$ где $ 0 < x < \frac{\pi}{4}$, $y \geqslant 0$. Имеем: $f(0) = 0$, $f(y) > 0$ при $y > 0$, $f(y) \to 0$ при $y \to \infty$. Далее, $$f'(y) = \cos^y x \ln \cos x − \sin^y x \ln \sin x =\\= \cos^y x\left(\ln \cos x − \mathrm {tg}^y\,x \ln \sin x\right),$$ поэтому $f'(y)$ имеет единственный корень при $y > 0$, так как функция $g(y) = \mathrm {tg}^y\,x$ монотонна. Из равенства $$f(2) = f(2)\left(\cos^2 x + \sin^2 x\right) = f(4)$$ следует, что $f'(2) > 0$, $f'(4) < 0$.
Перепишем первое неравенство: $$\cos^2 x \ln \cos x > \sin^2 x \ln \sin x ,$$ что эквивалентно первому неравенству задачи. Аналогично, $f'(4) < 0$, или $$\cos^4 x \ln \cos x < \sin^4 x \ln \sin x ,$$ что эквивалентно второму неравенству задачи.
