EuPhO 2018, теоретический тур

Подсказка

Перейдите в систему центра масс: в ней сохраняются энергия и момент импульса. В момент наименьшего расстояния между \(A\) и \(C\) угол между стержнями не меняется, и три шарика на мгновение вращаются как одно твёрдое тело.

Ответ

\(d=l\sqrt{\dfrac52}\approx 1{,}58\,l\).

Решение

Что происходит. В невесомости внешних сил нет, поэтому центр масс системы летит равномерно, а в системе центра масс сохраняются энергия и момент импульса. Удар раскручивает систему и заставляет стержни складываться, образуя треугольник с вершиной в \(B\); затем они раскладываются обратно, и так далее. Главная идея: в момент наименьшего расстояния \(AC\) угол между стержнями не меняется, и три шарика на мгновение движутся как твёрдое тело, вращающееся вокруг центра масс. Для такого движения энергия и момент импульса связаны моментом инерции, \(I=L^2/(2E)\), а момент инерции выражается через искомое \(d\).

Обозначения. \(v\) — скорость шарика \(A\) сразу после удара. Ось \(y\) направим вдоль \(v\), ось \(x\) — вдоль стержней от \(C\) к \(A\) (рис. 1). \(O\) — центр масс системы. В любой момент \(AB=BC=l\); угол между стержнями при шарнире \(B\) обозначим \(2\varphi\), расстояние \(AC\) — \(d\) (рис. 2). В начале \(\varphi=\pi/2\) и \(d=2l\).

1. Скорости сразу после удара. Стержень невесом, а шарнир не имеет трения, поэтому стержень действует на шарик только силой вдоль стержня. Удар по шарику \(A\) перпендикулярен стержню, и передать его шарикам \(B\) и \(C\) нечем. Значит, сразу после удара \(v_A=v\), \(v_B=v_C=0\) (рис. 1, слева); длина стержня \(AB\) при этом не меняется, так как скорость \(A\) перпендикулярна стержню.

Рис. 1. Скорости шариков сразу после удара: в лабораторной системе (слева) и в системе центра масс (справа).

2. Система центра масс. Полный импульс системы равен \(mv\), масса — \(3m\), поэтому центр масс движется со скоростью \(v/3\) вдоль \(y\), и внешних сил нет, так что эта скорость постоянна. Система отсчёта, связанная с центром масс, движется равномерно и потому инерциальна: в ней выполняются законы сохранения энергии и момента импульса. Скорости шариков в ней сразу после удара (рис. 1, справа): \[u_A=v-\frac v3=\frac{2v}{3},\qquad u_B=u_C=-\frac v3 .\] Центр масс в этот момент совпадает с шариком \(B\) (шарики \(A\) и \(C\) симметричны относительно него).

Энергия в системе центра масс: \[E=\frac m2\Bigl(\frac{4v^2}{9}+\frac{v^2}{9}+\frac{v^2}{9}\Bigr)=\frac{mv^2}{3}.\] Момент импульса относительно центра масс (точки \(B\) в начальный момент): шарик \(B\) момента не даёт (плечо равно нулю), шарики \(A\) и \(C\) лежат по разные стороны от \(O\) и движутся в противоположные стороны, поэтому их вклады складываются: \[L=m\cdot\frac{2v}{3}\cdot l+m\cdot\frac v3\cdot l=mvl .\] Обратите внимание: энергию и момент импульса нужно брать именно в системе центра масс. В лабораторной системе энергия \(mv^2/2\) включает в себя ещё энергию поступательного движения центра масс, \(\frac{3m}{2}\left(\frac v3\right)^2=\frac{mv^2}{6}\), которая во вращении и сближении шариков не участвует.

3. Момент инерции через стороны треугольника. Три шарика образуют равнобедренный треугольник \(ABC\) (рис. 2). Момент инерции относительно центра масс нужно выразить через \(d\). Для системы точек с массами \(m_i\) и радиус-векторами \(\vec r_i\) раскроем скобки: \[\sum_{i<j} m_im_j(\vec r_i-\vec r_j)^2=\frac12\sum_{i,j}m_im_j\bigl(r_i^2+r_j^2-2\vec r_i\!\cdot\!\vec r_j\bigr)=M\sum_i m_ir_i^2-\Bigl|\sum_i m_i\vec r_i\Bigr|^2 ,\] где \(M=\sum m_i\). Начало отсчёта возьмём в центре масс: тогда \(\sum m_i\vec r_i=0\), а \(\sum m_ir_i^2=I\) — момент инерции относительно центра масс. Получаем \[I=\frac{1}{M}\sum_{i<j}m_im_j\,r_{ij}^2 .\] У нас три пары: \(AB\), \(BC\) длиной \(l\) и \(AC\) длиной \(d\), \(M=3m\): \[I=\frac{m^2}{3m}\bigl(l^2+l^2+d^2\bigr)=\frac m3\bigl(2l^2+d^2\bigr). \tag{1}\]

Рис. 2. Произвольный момент времени: треугольник \(ABC\) равнобедренный, \(AB=BC=l\), угол при \(B\) равен \(2\varphi\), \(AC=d=2l\sin\varphi\).

4. Где расстояние между \(A\) и \(C\) минимально. Расстояние \(d=2l\sin\varphi\) в начале равно \(2l\). Рассмотрим момент, когда \(d(t)\) принимает наименьшее значение. Тогда либо \(\dot d=0\), то есть \(\dot\varphi=0\) (значение \(\varphi=\pi/2\) даёт наибольшее \(d=2l\), а не наименьшее), либо \(\varphi\) достигло граничного значения \(\varphi=0\): стержни сложены, \(A\) и \(C\) совпали. Покажем, что второй случай невозможен.

Для любой конфигурации в системе центра масс момент импульса не превосходит суммы \(\sum m_i r_i |\vec u_i|\), а по неравенству Коши — Буняковского \[|L|\le\sum_i m_ir_i|\vec u_i|\le\sqrt{\sum_i m_ir_i^2}\,\sqrt{\sum_i m_iu_i^2}=\sqrt{I\cdot 2E}, \qquad\text{то есть}\qquad E\ge\frac{L^2}{2I}. \tag{2}\] При \(\varphi=0\) по формуле (1) \(I=\frac23ml^2\), и правая часть (2) равна \(\dfrac{m^2v^2l^2}{2\cdot\frac23 ml^2}=\dfrac{3mv^2}{4}\), что больше \(E=\dfrac{mv^2}{3}\). Значит, стержни полностью сложиться не могут, и в точке наименьшего расстояния \(\dot\varphi=0\).

5. Система в точке минимума — твёрдое тело. Если \(\dot\varphi=0\), то и \(\dot d=0\): все три стороны треугольника \(ABC\) в этот момент не меняются, значит, шарики движутся как одно твёрдое тело. Полный импульс в системе центра масс равен нулю, поэтому это чистое вращение вокруг \(O\) с угловой скоростью \(\omega\) (рис. 3). Для твёрдого тела \[E=\frac{I\omega^2}{2},\qquad L=I\omega,\qquad\text{откуда}\qquad I=\frac{L^2}{2E}=\frac{m^2v^2l^2}{2\,mv^2/3}=\frac32\,ml^2 . \tag{3}\]

Рис. 3. Момент наименьшего расстояния: треугольник вращается как твёрдое тело вокруг центра масс \(O\); скорость каждого шарика перпендикулярна его радиусу \(r_i\) и равна \(\omega r_i\).

6. Ответ. Приравняем (1) и (3): \[\frac m3\bigl(2l^2+d^2\bigr)=\frac32\,ml^2\ \Longrightarrow\ d^2=\frac92\,l^2-2l^2=\frac52\,l^2, \qquad d=l\sqrt{\frac52}\approx 1{,}58\,l .\]

Проверка. Размерность: \(d\) — длина, как и \(l\). Диапазон: \(l<d<2l\), как и должно быть между «сложенными» и «разложенными» стержнями. Неравенство (2) вместе с (1) даёт сразу \(I\ge\frac32ml^2\), то есть \(d\ge l\sqrt{5/2}\) во все моменты времени: найденное значение — нижняя граница, и она достигается, когда вся энергия приходится на вращение.

Второй способ — через расстояния до центра масс. В равнобедренном треугольнике с высотой \(h=l\cos\varphi=\sqrt{3/8}\,l\) получаем \(r_B=\frac23h=\frac{l}{\sqrt6}\), \(r_A=r_C=\sqrt{\left(\frac d2\right)^2+\left(\frac h3\right)^2}=\sqrt{\frac23}\,l\) (рис. 3), и \[I=m\bigl(r_A^2+r_B^2+r_C^2\bigr)=m\Bigl(\frac23+\frac16+\frac23\Bigr)l^2=\frac32\,ml^2 ,\] как в (3). Скорости в этот момент: \(\omega=\dfrac LI=\dfrac{2v}{3l}\), \(v_A=v_C=\omega r_A\approx0{,}54\,v\), \(v_B=\omega r_B\approx0{,}27\,v\), и энергия \(\dfrac12I\omega^2=\dfrac{mv^2}{3}\), как и в начале.

Третья проверка — численное решение уравнений движения (уравнения Лагранжа для четырёх координат: положение \(B\) и углы обоих стержней). Наименьшее расстояние \(d_{\min}=1{,}5811\,l\) (с точностью до пятого знака совпадает с \(l\sqrt{5/2}\)), достигается при \(t_*\approx2{,}35\,l/v\); через \(4{,}7\,l/v\) шарики снова выстраиваются на прямой, \(d=2l\) (рис. 4 и 5).

Рис. 4. Траектории шариков в системе центра масс от \(t=0\) до момента \(t_*\) наименьшего расстояния (расчёт); сплошные стержни показывают конфигурацию в момент \(t_*\), пунктир — начальную.

Рис. 5. Расстояние \(d\) между \(A\) и \(C\) в единицах \(l\) как функция времени (расчёт); ось \(d/l\) начинается с \(1{,}4\). Колебания идут между \(2l\) и \(l\sqrt{5/2}\).

Физический смысл: момент импульса \(L=mvl\) обязан сохраняться, поэтому часть энергии всегда остаётся во вращении системы, как бы ни сложились стержни; на движение шариков друг к другу остаётся только остаток энергии, и стержни не могут сложиться полностью.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Вода диамагнитна и выталкивается из сильного поля, поэтому в равновесии давление в ней там, где поле сильнее, меньше. Свяжите перепад давления с индукцией так же, как выводят закон Бернулли для покоящейся жидкости, считая магнитную энергию аналогом энергии в поле тяжести.

Ответ

\(I=\dfrac lN\sqrt{\dfrac{2p_0}{-\chi\mu_0}}\approx 4{,}4\) кА (индукция в катушке при этом \(B\approx 168\) Тл).

Решение

Что происходит. Вода диамагнитна (\(\chi<0\)): в магнитном поле каждая молекула превращается в маленький магнитный диполь, направленный против поля, и такой диполь выталкивается из области сильного поля в область слабого. Вода в пробирке при этом остаётся в механическом равновесии: магнитная сила уравновешена разностью давлений. Значит, где поле сильнее, там давление ниже. Чем больше ток, тем больше перепад давлений, и когда в середине катушки давление падает до давления насыщенного пара воды, вода там закипает — температура воды не меняется, кипение вызвано падением давления. Главная идея: найти связь перепада давления с индукцией, как при выводе закона Бернулли, где вместо плотности потенциальной энергии в поле тяжести \(\rho gh\) стоит плотность энергии магнитного взаимодействия.

Обозначения. Ось \(z\) направим вверх вдоль оси пробирки, начало — в середине катушки (рис. 1). \(B\) — индукция в данной точке воды, \(p\) — давление в ней, \(p_0\) — давление на поверхности воды, где поле практически отсутствует: поле соленоида на расстоянии \(0{,}3\) м от середины в тысячи раз слабее, чем внутри, и \(B\approx0{,}02\) Тл.

1. Приближения.

• Давление столба воды над катушкой \(\rho gh\approx 10^3\cdot 9{,}8\cdot(0{,}2\text{--}0{,}4)\) Па \(\approx 2\)–\(4\) кПа, то есть 2–4 % от \(p_0\): пренебрегаем.

• Давление насыщенного пара воды при 293 К около 2,3 кПа, тоже около 2 % от \(p_0\): пренебрегаем. Условие кипения запишем как \(p=0\).

• Соленоид длинный (\(l/d=20\)), поэтому в его середине \(B=\mu_0NI/l\); восприимчивость воды \(|\chi|\sim10^{-5}\) ничтожна, и сама вода поле не меняет.

2. Где давление минимально. Давление в воде тем ниже, чем сильнее поле (показано ниже), а \(B\) максимальна в середине соленоида, где поле практически однородно почти по всей длине катушки и спадает до половины лишь у её концов (рис. 1). Значит, вода закипит именно внутри катушки.

Рис. 1. Слева — схема пробирки с катушкой (по вертикали 1 см \(=6\) см; ширина не в масштабе). Справа — давление на оси в зависимости от \(z\) при токе \(4{,}44\) кА (расчёт по полю конечного соленоида): оно почти нулевое во всей катушке, у её концов равно \(0{,}75\,p_0\) и за ними быстро возвращается к \(p_0\).

3. Связь давления и индукции. Плотность энергии магнитного поля в вакууме равна \(B^2/(2\mu_0)\), а в среде с проницаемостью \(\mu_r\) при той же индукции — \(B^2/(2\mu_r\mu_0)\). Поэтому наличие воды в области с индукцией \(B\) добавляет к энергии поля на единицу объёма \[\Delta w=\frac{B^2}{2\mu_0}\Bigl(\frac1{\mu_r}-1\Bigr)>0 .\]

Проведём мысленный опыт (рис. 2). Вытесним малый объём воды \(V\) из окрестности точки \(P\), где индукция \(B\) и давление \(p\), и разместим тот же объём тонким слоем на поверхности воды, где поле практически равно нулю. Сравнивая начальное и конечное состояния, видим, что энергия взаимодействия воды с полем уменьшилась на \(\Delta w\,V\).

Рис. 2. Мысленный опыт: объём \(V\) воды переносится из точки \(P\) в сильном поле на поверхность, где поля нет.

Теперь подсчитаем механическую работу. Чтобы вытеснить воду из окрестности \(P\), где давление равно \(p\), над ней нужно совершить работу против этого давления, \(pV\). У поверхности вытесненный объём приподнимает границу воды, и вода совершает работу против атмосферного давления, \(p_0V\). Итого вода совершает полезную работу \((p_0-p)V\) — за счёт убыли энергии взаимодействия с полем. Запишем закон сохранения энергии: \[\Delta w\,V=(p_0-p)V\quad\Longrightarrow\quad p_0=p+\frac{B^2}{2\mu_0}\Bigl(\frac1{\mu_r}-1\Bigr).\] Это уравнение Бернулли для жидкости в покое: плотность энергии магнитного взаимодействия \(\Delta w\) играет ту же роль, что \(\rho gh\) в поле тяжести.

Упростим: \(\dfrac1{\mu_r}-1=-\dfrac{\chi}{\mu_r}\approx-\chi\), так как \(|\chi|\ll1\). Получаем \[p_0=p-\frac{\chi B^2}{2\mu_0},\qquad\text{то есть}\qquad p=p_0-\frac{|\chi|B^2}{2\mu_0}. \tag{1}\] Обратите внимание: у диамагнетика \(\chi<0\), и давление в поле уменьшается; у парамагнетика было бы наоборот — жидкость втягивалась бы в поле и давление росло.

4. Условие кипения и индукция. Вода кипит, когда в точке максимального поля \(p=0\) (приближение 1). Из (1): \[B=\sqrt{\frac{-2\mu_0p_0}{\chi}}=\sqrt{\frac{2\cdot12{,}57\cdot10^{-7}\cdot1{,}01\cdot10^{5}}{9{,}04\cdot10^{-6}}}\ \text{Тл}\approx168~\text{Тл}.\]

Рис. 3. Давление в воде как функция индукции по формуле (1) и соответствующий ток в длинном соленоиде. Давление обращается в нуль при \(B\approx168\) Тл, \(I\approx4{,}4\) кА.

5. Ток. Из \(B=\mu_0NI/l\): \[I=\frac{Bl}{\mu_0N}=\frac lN\sqrt{\frac{2p_0}{-\chi\mu_0}}= \frac{0{,}20}{6000}\cdot\sqrt{\frac{2\cdot1{,}01\cdot10^{5}}{9{,}04\cdot10^{-6}\cdot12{,}57\cdot10^{-7}}}\ \text{А} =3{,}33\cdot10^{-5}\cdot1{,}33\cdot10^{8}\ \text{А}\approx4{,}4\ \text{кА}.\]

Проверка. Размерность: \(B^2/\mu_0\) имеет размерность давления, поэтому \(\sqrt{\mu_0p_0}\) — размерность индукции. При \(\chi\to0\) нужный ток неограниченно растёт: чем слабее диамагнетизм, тем труднее вскипятить воду полем.

Второй способ — сила, действующая на воду. Магнитный момент единицы объёма \(M=\chi B/\mu_0\), а на малый объём в неоднородном поле действует сила на единицу объёма \(f=M\,\dfrac{dB}{dz}=\dfrac{\chi}{2\mu_0}\dfrac{d(B^2)}{dz}\) (рис. 4; сила тяжести не рассматривается). Условие равновесия малого объёма: \(p\,S+f\,S\,dz=(p+dp)S\), то есть \(\dfrac{dp}{dz}=f=\dfrac{\chi}{2\mu_0}\dfrac{d(B^2)}{dz}\). Интегрируя от поверхности (\(B=0\), \(p=p_0\)) к точке с индукцией \(B\), получаем \(p=p_0+\dfrac{\chi B^2}{2\mu_0}\) — то же самое, что (1).

Рис. 4. Малый объём воды \(S\,dz\) в неоднородном поле: силы давления снизу и сверху и магнитная сила \(f\,S\,dz\) (направлена к более слабому полю).

Поправки к приближениям. Гидростатическое давление в середине катушки (глубина около \(0{,}3\) м) \(\rho gH\approx2{,}9\) кПа и давление насыщенного пара \(2{,}3\) кПа почти компенсируют друг друга: условие \(p=p_{\text{нас}}\) даёт \(-\chi B^2/2\mu_0=p_0+\rho gH-p_{\text{нас}}\approx101{,}6\) кПа вместо \(101\) кПа, то есть ток больше на \(0{,}3\) %. Конечная длина катушки уменьшает индукцию в середине: \(B_{\text{ц}}=B_\infty\dfrac{l/2}{\sqrt{(l/2)^2+R^2}}=0{,}9988\,B_\infty\) при радиусе \(R=0{,}5\) см, то есть ещё \(+0{,}1\) %. Вместе \(I\approx4{,}46\) кА, что в пределах точности приближений совпадает с \(4{,}4\) кА. Физический смысл: индукция \(168\) Тл на два порядка выше полей обычных лабораторных электромагнитов, поэтому в условии сказано, что нужный ток может быть чрезмерным для современной техники.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Номер ступеньки — это глубина, на которую опустилась поверхность, в единицах \(h\). В пункте б сдвиньте одну ступеньку и посмотрите, как меняется энергия: объём кристалла постоянен, поэтому вместе с ней должна сдвинуться другая ступенька.

Ответ

а) \(d_n\approx\dfrac23\lambda\,n^{-1/3}=30~\text{мкм}\cdot n^{-1/3}\);  б) \(\nu=-2\) (то есть \(E\propto 1/d^2\)).

Решение

Что происходит. Ступеньки — это линии, параллельные оси \(z\), и каждая из них опускает поверхность на \(h\). Профиль \(y=-(x/\lambda)^{3/2}h\) с ростом \(x\) становится круче, поэтому ступеньки идут всё чаще: расстояние между ними убывает. Угол наклона мал: \(\phi\approx h/d_n\sim10^{-5}\) даже у первых ступенек, так что ступеньки действительно редкие, а на рисунке высота \(h\) сильно преувеличена. Идея пункта а — считать, на какой глубине лежит \(n\)-я ступенька. Идея пункта б — в равновесии энергия взаимодействия ступенек минимальна при постоянном объёме кристалла: сдвинуть одну ступеньку можно, только сдвинув другую в обратную сторону, поэтому «сила» на каждую ступеньку обязана быть одинаковой, и из этого определится \(\nu\).

Обозначения. \(x_n\) — координата \(n\)-й ступеньки, \(d_n=x_{n+1}-x_n\) — расстояние между \(n\)-й и \((n+1)\)-й, \(L\) — длина ступенек вдоль оси \(z\). Ступеньки считаем прямыми параллельными линиями.

а) Расстояние между ступеньками. Поверхность в области \(n\)-й ступеньки опустилась на \(n\) высот: на лестнице нижний край \(n\)-й ступеньки лежит на профиле при \(y(x_n)=-nh\) (рис. 1). Поэтому \[n=\Bigl(\frac{x_n}{\lambda}\Bigr)^{3/2},\qquad x_n=\lambda\,n^{2/3}.\] Расстояние до следующей ступеньки: \[d_n=x_{n+1}-x_n=\lambda\bigl[(n+1)^{2/3}-n^{2/3}\bigr].\] При \(n\gg1\) разность заменим производной по \(n\) (изменение \(n\) на единицу мало по сравнению с \(n\)): \[d_n\approx\frac{dx_n}{dn}=\frac23\,\lambda\,n^{-1/3}=\frac23\cdot45~\text{мкм}\cdot n^{-1/3}=30~\text{мкм}\cdot n^{-1/3}.\]

Рис. 1. Профиль \(y=-(x/\lambda)^{3/2}h\) (бирюзовая линия) и лестница из ступенек с номерами \(1,\dots,7\); по горизонтали отложено \(x/\lambda\), по вертикали — \(y/h\). Нижние углы ступенек лежат на профиле, расстояние \(d_n\) уменьшается с номером. Высота \(h\) увеличена примерно в \(3\cdot10^{4}\) раз.

Проверка а. Точная формула даёт \(d_1=26{,}4\) мкм, \(d_{10}=13{,}70\) мкм, \(d_{100}=6{,}453\) мкм, а приближение \(30\,n^{-1/3}\) — \(30\), \(13{,}92\) и \(6{,}463\) мкм (рис. 2): расхождение \(13\,\%\) при \(n=1\), \(1{,}6\,\%\) при \(n=10\) и \(0{,}2\,\%\) при \(n=100\), как и должно быть при \(n\gg1\). Размерность: \(\lambda\) — длина. Смысл: у края грани (малые \(n\)) профиль почти плоский и ступеньки редкие, а дальше от неё профиль круче и ступеньки идут гуще, \(d_n\propto n^{-1/3}\).

Рис. 2. Расстояние между соседними ступеньками: точки — точная формула \(\lambda[(n+1)^{2/3}-n^{2/3}]\), линия — приближение \(30~\text{мкм}\cdot n^{-1/3}\).

б) Показатель \(\nu\). Полная энергия взаимодействия — сумма по соседним парам, \(E=\sum_n\mu d_n^{\nu}\). Ступенька \(n\) взаимодействует с \((n-1)\)-й на расстоянии \(d_{n-1}\) и с \((n+1)\)-й на расстоянии \(d_n\). Сдвинем её по \(x\) на малую величину \(\delta\) (рис. 3): \(d_{n-1}\) станет \(d_{n-1}+\delta\), а \(d_n\) станет \(d_n-\delta\). Изменение энергии в первом порядке по \(\delta\): \[\varepsilon_n(\delta)=\mu\bigl[(d_{n-1}+\delta)^{\nu}-d_{n-1}^{\nu}+(d_n-\delta)^{\nu}-d_n^{\nu}\bigr]\approx\mu\nu\bigl(d_{n-1}^{\nu-1}-d_n^{\nu-1}\bigr)\delta .\]

Объём кристалла сохраняется, а смещение ступеньки высотой \(h\) и длиной \(L\) на \(\delta\) меняет объём на \(hL\delta\) (одна терраса удлиняется, соседняя укорачивается). Поэтому разрешены только такие деформации, где одну ступеньку \(n\) сдвигают на \(+\delta\), а другую, \(m\), — на \(-\delta\) (рис. 3). В равновесии энергия минимальна, поэтому её изменение в первом порядке по \(\delta\) равно нулю для любой пары \(n\) и \(m\): \[\varepsilon_n(\delta)+\varepsilon_m(-\delta)=0 \quad\Longrightarrow\quad d_{n-1}^{\nu-1}-d_n^{\nu-1}=\text{const}\quad\text{(не зависит от }n).\] Обратите внимание: нулевой «силы» на каждой ступеньке по отдельности не требуется — сила на всех ступеньках одна и та же, как давление в жидкости, вынужденно сохраняющей объём. Другая возможность — потребовать равенства нулю по отдельности — привела бы к \(d_{n-1}=d_n\) и противоречит убыванию \(d_n\).

Рис. 3. Допустимая деформация: ступенька \(n\) сдвигается вправо на \(\delta\), ступенька \(m\) — влево на \(\delta\); объём кристалла не меняется. Расстояния между соседями меняются так, как показано.

Подставим \(d_n\propto n^{-1/3}\). Тогда \(d_n^{\nu-1}\propto n^{(1-\nu)/3}\), а разность соседних значений при \(n\gg1\) равна минус производной по \(n\): \[d_{n-1}^{\nu-1}-d_n^{\nu-1}\approx-\frac{d}{dn}\,d_n^{\nu-1}\propto-\frac{1-\nu}{3}\,n^{\frac{1-\nu}{3}-1}.\] Это не зависит от \(n\) только если показатель степени равен нулю: \[\frac{1-\nu}{3}-1=0\quad\Longrightarrow\quad\nu=-2 .\] Значения \(\nu=1\) (тогда \(E=\mu\sum d_n\) определяется лишь крайними ступеньками) и \(\nu=0\) (\(E=\mu\cdot\text{число пар}\)) тоже удовлетворяют условию, но тривиально: энергия при них вообще не зависит от положения ступенек, и равновесный профиль они не определяют. Остаётся \(\nu=-2\): \[E(d)=\frac{\mu}{d^{2}} ,\] то есть ступеньки взаимодействуют как диполи в двумерной системе (при \(\mu>0\) — отталкиваются).

Проверка б. При \(\nu=-2\) величина \(d_n^{-3}=\dfrac{27}{8\lambda^3}\,n\) растёт линейно с \(n\), и разность соседних значений равна \(-\dfrac{27}{8\lambda^3}=-3{,}7037\cdot10^{-5}\) мкм\(^{-3}\) при любом \(n\). Расчёт по точным \(d_n\) даёт \(-3{,}7058\cdot10^{-5}\) при \(n=10\), \(-3{,}70372\cdot10^{-5}\) при \(n=100\) и \(-3{,}703704\cdot10^{-5}\) при \(n=1000\) — постоянство с ростом \(n\) улучшается. Для других \(\nu\) разность \(f_n=d_{n-1}^{\nu-1}-d_n^{\nu-1}\) степенным образом зависит от \(n\): при \(\nu=-5\) она растёт как \(n\), при \(\nu=-1\) спадает как \(n^{-1/3}\) (рис. 4); только при \(\nu=-2\) график горизонтален. Размерность: \(\nu\) безразмерно.

Рис. 4. Величина \(f_n=d_{n-1}^{\nu-1}-d_n^{\nu-1}\), нормированная на значение при \(n=50\), для трёх значений \(\nu\) (расчёт по точным \(d_n\)). Условие равновесия выполняется только при \(\nu=-2\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.