Квант 1971, №6 · Страницы

Научно-популярный физико-математический
квант
6
1971
журнал
Академии
наук СССР
и Академии педагогических
наук СССР

Обеспечить в новом пятилетии:
дальнейшую разработку проблем теоретической и прикладной математики и киберnetики…
развитие исследований по ядерной физике, физике твердого тела и полупроводников, квантовой электронике, физике плазмы, физике низких температур…

Директный XXIV съезд КПСС по пятилетнему плану развития народного хозяйства СССР на 1971—1975 года

В номере:
О наилучших приближениях 1 Д. В. Фукс,
М. В. Фукс

Полупроводниковые диоды и триоды 8 М. А. Федоров

Рост кристаллов 16 Р. Фулман

Снежные занosci 23 Л. Г. Асламазов

Математический кругок
Решения задач вступительного контрольной работы в ЗМШ 25 А. Л. Тоом

Лаборатория «Кваenta»
Страный маятник 30 Н. А. Минц

Задачик «Кваenta»
Задачи 33

Решения задач
М34—М38, Ф52—Ф58 35 А. К. Толпью,
А. Г. Кушиниренко,
Н. В. Васильев,
Л. М. Лоповок,
И. Ш. Слободецкий

Практикум абитуриента
Логарифмические уравнения 46 В. В. Гольдбер

Задачи по геометрии 52 Ю. В. Сидоров

Писменный экзамен по математике
на химическом факультете МГУ
в 1970 году 56 Н. Н. Колесников,
В. М. Тихомиров

Писменный экзамен по физике в МФТИ
в 1970 году 60 В. Е. Белонучкин,
С. М. Козел

Ответы, указания, решения 63

Уголок коллекционера
Марки, посвязываные Галилюю
3-я стр. обложки

Игра Эскотта
4-я стр. обложки

вается на идеях, которые интересны сами по себе.

Мы докажем эту теорему с помощью так называемых решеток.

§ 2. Решетки

Предположим, что на плоскости заданы две пересекающие прямые: $l_0$ и $m_0$ и, кроме того, зафиксированы два масштабных отрезка: $a$ и $b$. По обе стороны от прямой $l_0$ проведем параллельные прямые $l_{\pm 1}, l_{\pm 2}$… на расстоянии $a, 2a$, … от нее.

Аналогично по обе стороны от $m_0$ на расстоянии $b, 2b$, … проведем прямые $m_{\pm 1}, m_{\pm 2}$, … Отметим все точки пересечения прямых $l_i$ с прямыми $m_j$. Множество этих точек и называется решеткой (рис. 2).

Подчеркием, что решеткой мы называем множество точек пересечения прямых, не относ к ней самые прямые. Это важно, потому что одна и та же решетка может быть получена из совершенню различных семейств прямых. Так, решетка, изображенная на рисунке 3, получается как при пересечении синих прямых, так и при пересечении красных прямых.

За примерами решеток daleko ходить не надо. Точки пересечения линей в террадах «в клеточку» составляют решетку. А также же точки в террадах, в которых пишут первоклассики, решетки не составляют — не одинаковые расстояния между соседними горизонтальными линяями (рис. 4).

Зафиксируем на плоскости семейства прямых $l_i, m_j$ и построенную их помощью решетку обозначим через $R$.

Теорема 2 (свойство параллелограмма). Если ABCD — параллелограмм и точки A, B, C принадлежат решетке, то каждая из них лежит на одной из прямых $l_i$ и на одной из прямых $m_j$. Оба утверждения доказываются совершенню одинаково, и мы ограничимся доказательством первого.

Поскольку точки A, B, C принадлежат решетке, то каждая из них лежит на одной из прямых $l_i$, скажем, A лежит на $l_i$, B — на $l_j$, C — на $l_k$ (см. рис. 5). Опустим из точки A перепendикуляр AE на прямую $l_j$, из точки D — перепendикуляр DF на прямую $l_k$. Так как BA || CD, $l_j || l_k$ и AE || DF (как перепendикуляры к параллельным прямым), то треугольники BAE и CDF подобны. Так как, кроме того, BA=CD, то эти треугольники равны. Следовательно, AE=DF. Нолина отрезка AE есть расстояние между

$$2 \times 2 = 4$$

решетка

не решетка

Рис. 4.

4

прямыми $l_i$ и $l_j$, то есть $AE=a|i-j|$. Следовательно, прямая, проведенная через точку $D$ параллельно прямым $l$, находится от $l_k$ на расстоянии $DF=AE=a|i-j|$, кратном $a$, и эта прямая есть одна из прямых $l$ (более точно — прямая $l_{k+i-j}$).

Теорема доказана.

Другие свойства решеток нам не понадобятся. Мы приведем некоторые из них без доказательства — для самостоятельного обдумавания.

1. Если вершины параллельно прямым $l$, находится от $l_k$ на расстоянии $DF=AE=a|i-j|$, кратном $a$, и эта прямая есть одна из прямых $l$ (более точно — прямая $l_{k+i-j}$).

Например, основными являются все параллельными, на которые разбиают плоскость прямые $l_i$, $m_j$.

2. Для того чтобы параллельным, вершины коморого параллельным решетке, был основным, необходимо и достаточно, чтобы внутри этого параллельума и на его ребрах не лежало ни одной точки решетки, кроме вершин параллельума.

3. Всякий параллельным на плоскости служит основным для одной и только одной решетки.

§ 3. Связь между решетками и рациональными приближениями

Обратимся теперь к нашей исходной целю: нахождение приближений для irrationalного числа $\alpha$. Сначала мы свяжем с числом $\alpha$ некоторую специализную решетку.

Введем на плоскости прямогоЛЬную систему координат. В качестве прямых $m_0, m_{\pm 1}, m_{\pm 2}, \dots$ мы возьмем прямые, параллельные оси $Ox$ и проходящие через точки $(0,0), (0,\pm 1), (0,\pm 2), \dots$. (уравнение прямой $m_q: y=q$). В качестве прямой $l_0$ мы возьмем прямую, проходящую через точки $(0,0)$ и $(\alpha, 1)$; ее уравнение: $x=\alpha y$. Наконец, в качестве прямых $l_{\pm 1}, l_{\pm 2}, \dots$ мы возьмем прямые, параллельные прямой $l_0$ и проходящие через точки $(\pm 1,0), (\pm 2,0), \dots$. (уравнение прямой $l_p: x=\alpha y-p$). Эта решетка изображена на рисунке 6. Закрепим за этой решеткой обозначение «$R$».

Оказывается, что вопрос о том, насколько хорошо приближением для числа $\alpha$ является $\frac{p}{q}$, можно свести к вопросу о том, где расположена на плоскости точка пересечения прямых $l_p$ и $m_q$. В самом деле, найдем коор-

6

динаты этой точки. Это можно сделать как элементарно-геометрическими средствами, так и решая совместно уравнения этих прямых:

$$\begin{cases} x = \alpha y - p \\ y = q \end{cases}$$

(лₚ), (mₙ).

Получаем, что координаты точки пересечения таковы: αq—p, q. Мы видим, что ordinata этой точки равна значенателю дроби $\frac{p}{q}$. Абсцисса же ее равна αq—p = q($\alpha - \frac{p}{q}$). Таким образом, модель абсциссы совпадает с коэффициентом качества приближения, и она положительная, если α > $\frac{p}{q}$ (или $\frac{p}{q}$ — приближение «с недостатком»), и отрицательна, если α < $\frac{p}{q}$ (или $\frac{p}{q}$ — приближение «с избытком»). Заметим, что так как α irrationalно, то заведено α ≠ $\frac{p}{q}$, и, значит, ни одна точка решетки, кроме точки (0,0), на основе Оу не попадает.

Итак, какой точке нашей решетки, лежащей выше оси Ox (мы ограничиваемся случаем q > 0), отвечаем некоморое рациональное приближение числа α; при этом рассмотрение этой точки от оси Ox есть значенатель приближения; рассмотрение ее от оси Оу есть коэффициент качества приближения; если точка лежит праве (леве) оси Оу, то отвечающее её приближение есть приближение с недостатком (с избытком).

§ 4. Доказательство основной теоремы

Мы доказем более сильное предложение, чем основная теорема.

Теорема 3. Для любых натуральных чисел N, k существует no крайней мере k различных дробей $\frac{p}{q}$ максим, что

a) $q \leqslant Nk$,

b) $q \left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{N}$.

(To, что из теоремы 3 следует теорема 1, очевидно: k может быть сколь годно больше, так что всего приближений с коэффициентом качества, меньше 1/N, существует бесконечное множество).

Доказательство. Посмотрим, что означает нашей утверждение для решетки R, построенной в § 3. Как мы видели, приближением отвечают точки этой решетки, причем значенатель равны ordinатам, а коэффициенты качества — моделя абсцисс этих точки. Итак, нам нужно доказать, что существуют k точек решетки R, содержащихся внутри прямого лыния P, заданного неравенствами: $-\frac{1}{N} < x < \frac{1}{N}, 0 < y < kN + 1$ (см. рис. 7).

Для доказательства рассмотрим более широкий прямой прямой лыния $\tilde{P}$: $-\frac{1}{2} < x < \frac{1}{2}, 0 < y < kN + 1$ (рис. 8). Внутри этого прямой лыния

6

лежат $kN$ точек решетки $R$. В самом деле, на каждой из прямых $y=1, y=2, \dots, y=kN$ точки решетки лежат с промежутками, равными 1; поэтомуровно по одному точке решетки лежит на отрезке каждой из этих прямых, заключенным в прямогольнике $\tilde{P}$ (на вертикальные стороны прямогольника $\tilde{P}$ точки решетки не попадают, так как их абсциссы irrationalны). Разобъем прямогольник $\tilde{P}$ на $N$ равных прямогольников $p_1, p_2, \dots, p_N$ с основанием $\frac{1}{N}$.

Ясно, что либо в каждом из них лежитровно $k$ точек решетки, либо в одном из них (скажем, в $p_m$) лежит по крайней мере $k+1$ точек решетки (скажем $A_0, A_1, \dots, A_k$).

В первом случае доказываемая теорема получается сразу: прямогольник $P$ содержит, очевидно, один из прямогольников $p_i$, а значит, в нем имеются $k$ точек решетки.

Во втором случае проделаем следующое построение (рис. 9). Для определения типа предположим, что $A_0$ — самая нижняя из точек $A_0, \dots, A_k$. Соединим точку $A_0$ с точкой $O$ и проведем из точек $A_1, \dots, A_k$ отрезки, равные и параллельные $A_0O$.

Пусть это будет отрезки $A_1B_1, \dots, A_kB_k$.

Точки $B_1, \dots, B_k$ принадлежат решетке $R$; в самом деле, фигура $A_0OB_iA_i$ при $1 \leq i \leq k$—параллелограмм (так как $A_0O \parallel A_iB_i, A_0O=A_iB_i$) и точки $A_0, O, A_i$ принадлежат $R$; значит, по свойству параллелограмма (теорема 2) и $B_i$ принадлежит $R$.

Точки $B_1, \dots, B_k$ лежат в прямогольнике $P$. В самом деле, при $1 \leq i \leq k$ отрезки $A_0A_i$ и $OB_i$ равны и параллельны, и, значит, имеются проекции на ось $Ox$. Но отрезок $A_0A_i$ лежит в прямогольнике $p_m$ и его проекция на ось $Ox$ меньше $\frac{1}{N}$. Значит, абсцисса точки $B_i$ по модели меньше $\frac{1}{N}$, то есть $B_i$ лежит в $P$. Итак, $B_1, \dots, B_k$ суть $k$ точек решетки, лежащих в прямогольнике $P$. Теорема доказана.

§ 5. Заключение

Из теоремы 3 можно получить и другие весы любопытные следствия.

Например, такое:

Теорема 4. Существует бесконечное множество дробей $\frac{p}{q}$ максимум

$$\left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{q^2}.$$

Доказательство. В теореме 3 примем $k=1$. Тогда, согласно этой теореме, для каждой $N$ существует приближение $\frac{p}{q}$ числа $\alpha$ такое, что $q \leq N$ и

$$q \left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{N}.$$

8

Проводники, полупроводники и диэлектрики

Прежде чем говорить о полупроводниковом диode и трансistorе, мы рассакжем о том, что такое полупроводники, какова их внутренняя структура и какими они обладают свойствами.

Из большого числа известных в природае полупроводников наиболее изучены кремний и германий. Это элементы, стоящие в таблице Менделеева под номерами 14 и 32.

Если говорить строго, то полупроводники — это диэлектрики, только очень слабые диэлектрики. Слабые в том смысле, что их нетрудно превращать в полупроводники. Для этого существует несколько способов. Основные из них: облучение,ombardировка полупроводников быстрыми частицами, нагревание и добавление в полупроводник соответствующих примесей.

Как известно, диэлектрики не проводят электрического тока, то есть являются изоляторами. Если на концах диэлектрического образца создать разность потенциаль и изменить ток, то он будет равен нулю. Это объясняется тем, что внутри образца нет свободных загруженных частиц, например, электронов, которые под действием электрического поля перемещались бы с одной конца образца на другой и таким образом создают бы ток. Атомы диэлектрика прочно удерживают все свои электроны и уже если отпускают их от себя, то только поменялись с соседом на другой электрон.

Иное дело в металх. Основная масса электронов и там ведет себя подобно электронам в диэлектрике. Но некоторые из них, те, которые находятся daleko от положительного заряженных ядер и потому слабо с ними связаны, при образования кристалла получают такую свободу, что могут быть по всему кристаллу. Эти электроны называются свободными электронами, или электронами проводимости. Если поместить металл в электрическое поле, то эти

9

свободные электроны (поскольку они обладают отрицательным зарядом) движутся в сторону, противоположную направлению электрического поля. Электрическое поле, словно ветер, сдувает их на границу образца. Гальванометр, подключенный к таким образом, зарегистирует электрический ток.

Итак, диэлектрик потому не проводит электрический ток, что в нем нет свободных носителей заряда, которые могут быть под действием электрического поля свободно движется по образцу.

Но такие заряды мы сами можем создать. Один из способов — подействовать на atom диэлектрика каким-нибудь подходящим «инструментом», например, квантом света — фотоном. Мы облучаем диэлектрик обычным светом, а еще лучше —RENTеновский лучами, так как они обладают большей энергейной, и выбиваем электроны из atomов, образующих кристалл. Таким путем в диэлектрике можно создать свободные электроны и превращать его в проводник. Ясно, что энергия, нужная для освобождения электрона, зависит преждевое от того, из каких atomов образован кристалл и как эти atomы расположены в кристалле. Другими словами, эта энергия различна для различных кристаллов. Minimalная энергия, необходимая для того, чтобы оторвать электрон от atomа и превращать его в свободный, называется энергетической щелью данного диэлектрика. Если на кристалл падает излучение, энергия квантов которого ниже, чем минимальная энергия, необходимая для освобождения электрона, то ни один из электронов не будет выбит и диэлектрик так и остanetся изоляторов.

Различие между диэлектриками и полупроводниками как раз и заключается в величеment энергетической щели. Диэлектрики с достаточно малой энергетической щелью называются полупроводниками. Энергетическая щель у полупроводников примерно в 10 раз меньше, чем у ярко выражен-ных диэлектриков, таких как, например, алмаз. Ширина энергетической щели для алмаза равна 7 38, тогда как для термания мы имеем 0,72 38, а для кремния 1,1 38*). Таким образом, чтобы полупроводник превращать в проводник, достаточно сообщить его электронам относительно небольшого небольшого небольшого небольшого небольшого smallest.

Теперь представьте себе, что мы нагреваем диэлектрик. При повышении температуры средняя энергия электронов увеличится, и многое из них будет иметь энергию, достаточно для предоления энергетической щели. В результате становится все больше свободных электронов, причем появление свободных электронов происходит тем чаще, чем выше температура, и уж, конечно, чаще всего у тех кристаллов, у которых меньше энергетической щель, то есть у полупроводников. Потому полупроводники и называют полупроводниками, что при достаточно высоких температурах (например, комнатных ~300°К) они являются проводниками, а при пожении температуры превращаются в диэлектрики. Транзисторный примерник передает работу в трехкуйний мороз, так как полупроводники, использующие в его трансисторах, превращаются в самые настоящие изоляторы.

Электроны и дырки

Пусть каким-либо образом мы выбили электрон из atomа диэлектрика и он улетел от этого atoma. В кристалле в этом месте образуется нежвача электрона или, как говоря, дырка. Интересно то, что дырка не стоит на месте, а начинает двигаться и вообще ведет себя подобно положительно заряженной частице. Вот как это происходит.

Когда у какого-то atomа неxbатает электрона, то электрон может пе-

*)1 электрон-вольт (1 38) — энергия, прибретаемая электроном при прохождения разности потенциальов в 1 волт. 1 38=1,6·10⁻¹⁹ дж.

10

reckочить с соседнего atoma, имеющего столько электронов, сколько нужно (рис. 1, а). Но тогда нехватка электронов обнаруживается на соседнем atomе, то есть дырка перемещается к соседнему atomу (рис. 1, б). Конечно, на самом деле это электроны с заполненных atomов перескакивают на соседние незаполненные, но удобнее говорить о движении дырки. Дырка все-taki одна, а отражает движение многох электронов. Движение дырки подбно движению положительного заряженной частицы, потому что, если под действием электрического поля электроны движется в одну сторону, то их «нехватка» движется в другую.

Будет полезно подчернуть разницу между поведением металлов и полупроводников в электрическом поле. Ток в металле создается только свободными электронами. Металл так устроен, что в нем всегда имеет то или иное их количество. В полупроводнике же при достаточно низких температурах свободных электронов нет. Эти свободные электроны

Рис. 1.

можно создать. Но при этом, отрывая электрон от atoma и представляя ему свободу, мы создаем и дырку. В дальнейшем эти электроны и дырки движут независяimo друг от друга. Получается так, что ток в полупроводнике складывается из тока электронов и тока дырок.

Может служиться так, что свободный электрон и дырка встречается, то есть что электрон при своем движении по кристаллу встречает atom, у которого как раз не хватает электрона. Он займет это свободное место, и в этот момент и электрон, и дырка исчезнет. В этом случае говорят, что произошла рекомендация. Вы вправе спросить, а зачем же тогда создавать электроны и дырки, если они рано или поздно вот так просто друг друга уничтожат? Во-первых, при наличии электрического поля электроны и дырки как частицы, имеющие разные заряды, движут в противоположные стороны, и мы можем зарегистировать ток, который они создают еще до того, как recombinируют. Во-вторых, мы не из каждого atoma выбиваем электроны, а, например, из каждого тысячиного. Мы создаем при этом значительный ток (поскольку в каждом кубищеском сантиметре кристалла примерно $10^{23}$ atomов) и оставляем достаточно свободу для движения электронов и дырок.

Полупроводниковые кристаллы выращиваются черезчайно чистыми. Это тоже делается для того, чтобы движению электронов и дырок ничего не мешало.

Доноры и акцеторы

Существует и такой способ создания свободных электронов в полупроводнике. Представим себе кристалл термания, в котором один из atomов термания заменен atomом мышьяка. У atomов термания валентность равна 4, а у atomов мышьяка — 5. Когда atom мышьяка оказывается в окружении atomов термания, пятый

11

Электрон мышьяка связыван с ним очень слабо (рис. 2). Чтобы его оторвать, достаточно энергии 0,1 эв, которая не превышает тепловой энергии кристалла. Таким образом, один из электронов atoms мышьяка становится свободным и страстует по кристаллу. Ввод в полупроводник примеси, имеющие более высокую валентность, мы всегда можем получить достаточно количество отрицательных носителей тока. В этом случае примесные atoms называются donorами, а сами полупроводники, содержащие примеси donorного типа, называют полупроводниками $n$-типа.

Можно внедрить в кристалл термания трехвалentные atoms, например, алюминия. Атому алюминия, для того, чтобы прочно сидеть в кристалле термания, необходимо иметь две внешних электрона, поэтому он захватывает недостающий электрон у соседних atoms термания (рис. 3). В кристалле образуется дырка. Примесные atoms такого типа называются акцеторами $^*$), а полупроводники — полупроводники $p$-типа.

Полупроводники $n$- и $p$-типа имеют соответствие избыточное количество отрицательных или положительных носителей тока. Избьютное — по сравнению с теми электронами и дырками, которые создают тепловые возбуждениями. Однако общий загадок из полупроводников, конечно, равен нулю, поскольку их кристаллы образуют из нейтральных atoms. Отрицательный загадок электронов в полупроводнике $n$-типа компенсируется положительно заряженными donorными центрами, закрепленными в узлах кристаллической решетки, например, атомами мышьяка. В полупроводнике $p$-типа положительный загадок дает двойок гастися отрицательным загадом акцеторных центров.

Переходы между полупроводниками

Возьемем два различных образца термания ($p$- и $n$-типа) и приложим их друг к другу $^*$). Нас интересует, что будет проискодить на границе раздела (рис. 4).

Do tex пор, пока не был создан контакт между образцами, электроны в $n$-области и дырки в $p$-области, подхода к границе образца, отражались от поверхности и возврались в глубь полупроводника. Как

$\cdot$) От корня «акцетт» — принимать.

12

Рис. 4.

только образователься переход, ситuation изменяется. Электроны из $n$-областии, движущиеся по направлению к границе раздела, имеют возможность перескочить в $p$-область. Аналогично дырики из $p$-областии просчитаются в $n$-область. Оба эти процесса действуют в одном направлении: они стремятся зарядить термный $n$-типа положительное, а термный $p$-типа отрицательное. В самом деле, $n$-область, полный заряд которого обрабатывается был равен нулю, теперь заряжается положительное, отдавая отрицательное заряженные электроны в $p$-область. Положительно заряженные дырики, приход из $p$-областии, только способствует этому. Термный же $p$-типа и за счет прихода электронов, и за счет ухода дырок прибретает отрицательный заряд.

Однако весь этот процессано или поздно должен оставиться. Когда термный $n$-типа зарядится положительно, а термный $p$-типа — отрицательно, то образуется как бы конденсатор, и на границе возникнет электрическое поле, направленное из $n$-область в $p$-область (рис. 5). А это значит, что, например, электроны из $n$-областии уже не смогут больше уходить в $p$-область. Сильное электрическое поле на границе заставит их повернуть обратно. То же самое можно сказать и в отношении дырок. Возникшее электрическое поле понизит их шансы уйти в $n$-область. Итак, наступит равновесие, при котором термный $n$-типа будет заряжен положительно, термный $p$-типа —

Рис. 5.

отрицательно, а на границе будет сильное электрическое поле, направленное из $n$-области в $p$-область.

Если принять потенциаль электрического поля на границе за нуль, то потенциаль $n$-областии больше нуля, а потенциаль $p$-областии меньше нуля (рис. 6), как будет это плактный заряженного конденсатора. Потенциаль резко изменяется в той области, где существует электрическое поле, т. е. на границе раздела между термными $p$-и $n$-типа. Разность потенциальов в $p$—$n$-переходе равна той энергии, которая необходимо иметь электрону для перехода из $n$-области в $p$-область, или дырке для перехода из $p$-области в $n$-область. Что касается дырок в $n$-область и электронов в $p$-область, то если им посчастливится случайно попасть на границу раздела, электрическое поле только подтолкнет их в другую область. Однако если такое случается, то это приводит к уменьшению заряда и $n$ и $p$-областей, т. е. к уменьшению пере-

13

пада потенциала на границе и куменьшению электрического поля.
Но тогда найдет электроны в $n$-области и дырки в $p$-области, которые обладают достаточной энергейной для предоления уменышившегося потенциального бармена $^*$). Они прокочат через барер, и равновесие будет восстановлено. Мы видим, что равновесие между $p$- и $n$-области динамическое. Между ними все время проискит обмен электронами и дырками, но этот обмен эквивалентен: средний заряд $p$- и $n$-области остается неизменным и, следовательно, остаются неизменными перепад потенциала и электрическое поле на границе. Однако суммарный ток через границу равен нулю. Это равновесие можно нарушить, только создавая на концах $p$—$n$-перехода внешнюю разность потенциалов. Расмотрим теперь этот случай.

Полупроводниковый диод

Образец с $p$—$n$-переходом обладает одним важным свойством: он может работать в качестве диода, то есть системы, пропускаюшей ток только в одном направлении.

Постотрим, что проискит, если мы включаем $p$—$n$-переход в электрическую цель, то есть создаем на концах образца внешнюю разность потенциалов. Возможны два случая. Либо перепад потенциала на границе $p$—$n$-перехода увеличивается, либо уменьшается. равновесие между $p$ и $n$-области, осуществляемое при помощи обмена электронами и дырками, нарушается, и средний ток через границу остается от того, увеличивается или уменьшается внешнее направление потепед потенциала, который существует в перехождение сам по себе.

Если внешнее направление увеличивается на границе, то есть уменьшить перепад потенциала, если он возрос, и наоборот. Однако этого ему не удается сделать, так как переход в электрическую цель. Средний заряд, переосимый с одной стороны $p$—$n$-перехода на другую, не задерживается в образце, а уходит дальнейшее по цепи. равновесие так и остается на рушенных.

Итак, при включении $p$—$n$-перехода под направление, обмен заря-

14

дами между $p$- и $n$-области изменяется и через переход протекает ток. Этот ток очень великий при одном значке внешнего напряжения и очень мал при другом.
Свойство полупроводникового диода пропускать ток только в одном направлении используется, например, для создания выпрямителей — устройств, преобразующих переменный ток в постоянный.
Простейшая схема такого выпрямителя изображена на рисунке 7. Для анализа работы этой схемы нам важно только тот факт, что при одном значке направления сопротивление диода ($R_D$) практические равно нулю (когда он пропускает огромный ток), а при другом значке направления диод практические не проводит ток и, следовательно, его сопротивление очень велико.

Предположим теперь, что диод пропускает ток только слева направо, то есть он открыт, когда направление на входе больше нуля, и закрыт, когда оно отрицательно.
При $U_{bx} > 0$ общее сопротивление цепи
$$R_D + R \approx R,$$
и направление на выходе будет практическим равно входному.
При $U_{bx} < 0$ сопротивление диода бесконечно ($R_D \gg R$), и, следовательно, направление направления $R$ практическим равно нулю. направление на выходе равно нулю. Таким образом, наша система преобразования затакпеременное направление в знакопостоянное.

Транзистор
Теперь мы можем рассмотреть трансistor — система, которая обведняет в себе два только что рассмотренных перехода. $p-n-p$-тразистор — это изготовленный, например, из термания небольшой брусок, составленный из трех участков: $p$-область, $n$-область и опять $p$-область (рис. 8). Каждый переход в трансistor ведет себя так, как описано выше. В частности, в каждом переходе должен наблюдаться перепад потенциала — падание из $n$-области в каждую из $p$-областей, так что общее распределение потенциала будет такими, как показано на рисунке 8.

В работещем трансistor каждая из трех области подключена к источ-

18

приплитуть к поверхности кристалла и тотчас же вновь ее покинуть. Таким образом, даже в идеализированной картине рост кристаллов происходитсовсем не так упорядоченно, как укладка крипичей. Рост кристаллов должны идти примерно так, как показано на рисунке 1, 6. Кубик, опускающийся на поверхность кристалла, связывает с ней прочно только в том случае, когда по меньшей мере три из его шести граней сцепляются с кубиками, уже сидящими на кристалле. Более того, чтобы можно было гарантировать рост какого-либо слоя, он должен состоять из определенного минимального числа кубиков.

В том случае, когда слищом большая часть составляющих его кубиков находится у углов или на краях, они не смогут удерживать новые кубики, опускающейся на поверхность.

Скорость перехода молекул из твердого тела в окружающий его пар зависит от интенсивности молекулярного движения — это от температуры. Скорость возврашения из пара в твердое тело зависит от концентрации молекул в паре, то есть от давления пара. Для каждой температуры имеет некое «давление насыщенного пара», при котором скорости перехода из твердого тела в пар и обратно уравновешивается. В этих условиях кристалл не будет растить. Он может только в том случае, когда пар перенашен.

Далее эта модель роста кристалла предполагает, что после того, как заполнен слой на поверхности, дальнейший рост кристалла затрудняет: нужно более высокая степень перенашенности, чтобы начать заполнять новый слой.

Именно в этом пункте и потерпела крах классическая теория роста кристаллов. Расчеты показали, что образование достаточно больших островков центров конденсации, чтобы началось построение новых слов и кристалл мог продолжать растить, требует давления, превышащих давление насыщенного пара на величины от 25 до 50 процентов. Однако в 1931 году физики М. Волмер и В. Шульце сумели вырастить кристаллы при пересыщенности пара всего лишь в один процент. Теория предсказывала, что при такой степени пересыщенности кристалл мог бы растить со скоростью в 10^1000 раз меньше той, с которой он пос на самом деле. Это, по-видимому, одно из самых рекордных расхождения между теорией и экспериментом.

Каким же образом начинается и продолжается такая сравнительно легкая застройка новых кристаллческих плоскостей? Физики продолжают расчеты вновь и вновь, но прийти в рамках старой модели к результатам, имеющим какой-то смысла, они как ясно теперь, и не могли. Это продолжалось до 1949 года, пока английский физик Ф. Франк не предложил новую модель. Франк заметил, что рост кристалла можно довольно просто понять, если предположить, что в процессе застройки его кристаллические плоскости не располагаются независимо одна другой, а образуют спиральную структуру. Это было бы возможно, если бы кристалл обладает таким отклонением от идеальной структуры, которое называется «винтовой дислокацией».

Представим себе кристаллическую решетку из двух примыкающих секций, в которой по всей глубине кристалла кристаллские слоны одной из частей (правой на рис. 2) находятся ниже соответствующих слов другого части. Почему такое нарушение структуры мы называем винтовой дислокацией? Пусть крошечный наблюдаемый обходит внутренний край разреза по поверхности кристалла, начиная свой путь на верхнем его конце. Он закончит его уровнем ниже. И это происходит бы при каждом последующем обходе, перемещаемым таким образом нашего наблюдаемого слона в глубину кристалла. Модель, которая мы описали, называется винтовой дислокацией, потому что путь по спирали в глубину кристалла все время заставляет поворачивать вправо.

Как только Франк уяснил себе картину кристалла с дислокацией, он сразу же понял, что наличие дислокации постояно создает на поверхности открытую ступенку. Атомы и молекулы всегда могут с легкостью пристроиться к ней и продолжать строить кристалл, никака не начиная нового ряда. Эта ступенка, по мере прибавления новых строительных единиц, распространяется по поверхности кристалла. Однако при этом она загибается (рис. 2). Чтобы понять причину этого, рассмотрим целочку коньковежцев, которая поворачивает вокруг одного из своих концов. Если они хотят сохранить строй, то тем коньковежцам, которые находятся близке ко второму концу целочки, придется бежать быстрее, чем тем, которые находятся близке к центру врашения. Ведь они должны бежать по кругу большого радиуса. В нашем случае со ступенкой на поверхности кристалла существует то, что ее внешний край застранвает не быстрее области в центре. Кирпичи укладываются с более или менее постояной скоростью вдоль всей длины ступенки. В этом случае по мере застройки врашение внешней части ступенки вокруг центра проискодит недостаточно быстро и ступенка изгибается, образуя спираль.

Была ли правильной новая картина роста кристаллов? Подвержделение не заставило себя долго ждать. На одной из конференций, где обсуждались вопросы этой теории, были продемонстрированы микрофотографии поверхности кристалла, на которых обнаруживаются представленные картины спиральных ступенек. Это вполне отвечало на вопросы. Послеовавшие затем интенсивные обследования кристаллов под микросkopом обнаружили разнообразные картины роста, которые могли быть обязываны лишь

Рис. 2. На рисунке $a$ показано возникновение винтовой дислокации, которая приводит к спиралевидному росту кристалла, проиллюстрированному на последующих рисунках $b, c, d$.

20

теории винтовых дислокаций и были до этого его предсказаны.

В природае редко возникают идеально правильные кристаллы. Они содержат обычно по меньшей мере одну дислокацию. Это необходимо условие роста при небольшом пересыщении. В обшем же случае кристалл имеет много дислокации. Присутствие различных дислокаций усложняет картину роста. Так, например, две близко расположенные дислокации, одна из которых права, а другая левая, могут привести к ступеньке, закрепленной на обихх своих концах (рис. 3, а). По мере того, как на такую ступеньку садятся новые крипчи, она прибретает полукруглую форму (рис. 3, б). В итоге мы приdem к количеобразной ступеньке (рис. 3, θ). Это и есть полностью застроенная кристаллическая поверхность на таком кристалле. Однако тем временем на верхушке исходной ступеньки образуется новая ступенька, которая служит ядром для застройки нового ряда (рис. 3, е). По мере того, как этот процесс повторяется, кристалл разрабатется в набор плотноупакованных кругов, а не спиралей, как это было при наличии одной винтовой дислокации. Фотографию такого кристалла вы видите на рисунке 4. Ступеньками здесь является прямогольники, а не круги, по той причине, что условия этого кристалла на периферии и в центре слегка различны.

Рис. 3. Замкнутые petли могут возникнуть из таких ступенек, которые начинаются и кончаются на поверхности кристалла (рисунок а) и которые обусловлены соседством двух дислокации: правой и левой. Такая ступенька закреплена на обихх концах и может растить только разбувая. Рисунок б показывает начинающийую выворачиваться разбухаюшую ступенку. На следующем рисунке показан тот момент роста, когда левая и правая выступающие части комкнулись. На последнем рисунке видно, как внутренние части отделились от заполненного слоя. Видна вмятина в этой ступенке, которая будет заполнена, как только начинает заполнять молекулами плошадка, образовавшаяся на верху выросшей из первого плошадки petли.

21

Рис. 4. Четырехрядная ступенька, образовающая из-за присуствия четырех очень близко расположихся друг к другу дислокаций одного и того же типа. Серия из большого числа дислокаций дает многооследние ступеньки.

Высоту кристаллической ступеньки можно изменить. Оказалось, что некоторые кристаллы имеют ступеньки высотой во много рядов атомов (рис. 5). Теория обьясняет появление таких многоорядных ступенек начиным группы близко расположенных дислокаций, которые к тому же либо все правые, либо левые. От каждой дислокации ступенька получает по одному ряду атомов. На рисунке 6 показан кристалл подистого kadмия со ступенькой высотой во много рядов. Ко-роткая прямая линия у центра спирали — это совокупность винтовых дислокаций.

Teория помогла разобраться и в других особенностей кристаллической структуры, которые долго мистейфицировали кристаллографов. Речь идет об упаковке кристаллических плоскостей кристалла. Чтобы разобраться в этом, нужно несколько уточнить форму строительных единиц кристалла, которые до сих пор мы полагали просто кирпичками. Эти стро-

Рис. 5. Микрофотография позвольяот выявить ступеньки роста на поверхности кристалла парафина.

Рис. 6. Раскручивающаяся спираль в четырех последовательных положениях на поверхности кристалла подистого kadмия. Такая ступенька, высота которой составляет много слоев, порождана большой группой плотноупакованных дислокаций.

22

Рис. 7. На диаграмме плотноупакованные молекулы представлены кругами. Треугольники указывают две возможности позицини для молекул следующего слоя.

интельные блоки кристалла — атомные или молекулярные ячейки — не крипички, а скорее похожи на шарики. Определенные кристаллы обладают плотноупакованной структурой, что означает, что эти сферические блоки располагаются не непосредственно один над другим, а наполобие пушечных ядер (или билиларных шаров) в парамиде, в которой каждый шар попадает в углубление между ближайшими соседями. Ясно, что каждый последующий слой в такой парамиде может плотно подгоняться к предыдущему при двух возникных положениях шаров. На рисунке 7 эти позицини шаров верхнего слоя указаны символами ▲ и ▼. Когда один слой克拉ется на другой, условия плотной упаковки требуют, чтобы все шарики этого слоя располагались либо в положениях, помещенных индексом ▲, либо в положениях, помещенных индексом ▼. Следующий за ним слой опять может подгоняться так, что его шары располагаются либо в одной, либо в другой позиции. Пусть слой упожены так, что их шарики располагаются последовательно, то в одном, то в другом положении. Такая последовательность слоя обозначает символ ▲. Однако кристаллы зачастую упаковываются намного более сложным образом. Так, например, одна из разновидностей кристалла карбида кремния характеризуется следующим расположением:

▲▲▼▼▲▼▼▼ и так далее.

Здесь повторяется группа, состоящая из пяты слоев. В некоторых типах кристаллов карбида кремния повторяется группа, состоящая из 29 слоев.

Каким образом можно передать информацию о нижном расположении шариков в слое на такое большое расстояние? Каким образом каждый шар в тридцатом слое попадает в то же самое положение, что и соответствующей шарик первого слоя? Классическая кристалография не могла предложить какое-либо объяснение и поступивала начиные ненных неизвестных дальнействуших сил между молекулами. Теория роста кристаллов, использующая теорию дислокации, предложила простой, хотя и неполный ответ. Наличие серии винтовых дислокации может привести к появлению ступенки высотой во много слое. Эта ступенька и становится той единственной повторения в структуре кристалла, которая все время воспроизводится по мере его роста. Теория не объясняет лишь одного существенного спектра реализации: в случае карбида кремния найдено всего лишь 14 варианций картины кристаллеческого структуры, тогда как теория приводит к возникновению возникновения почти неограниченного числа таких структур.

Каким образом возникнет начальная винтовая дислокация? Ответ на этот вопрос пока еще весна не однозначен. Почти все кристаллы начинают вырастать из малого инородного ядра. Некоторые из этих ядер могут иметь поверхность неоднородности, на которых возникнет винтовая дислокация, распространяющаяся на весь растущий кристалл. Другие кристаллы могут приобретти дислокацию по мере своего роста. дислокация могут возникнуть и на захваченных частях грязи.

23

Участики железных или шоссейных дорог, проходящие в ложбинах, занются снегом, даже если нет снегопада. Почему это происходит? На первый взгляд ответ ясен: снег переносит ветер. Однако, чтобы детально разобраться в механиме этого процесса, потребовалось целое исследование.

В 1936 году английский физик Бэнгольд изучал перенос песка ветром в аэродинамической трубе.

Оказалось, что если скорость ветра меньше некоторых скорости $v_1$, то песок не движется. При скорости ветра, больше чем $v_1$, но меньше некоторых других скорости $v_2$, песок также может оставаться в покое. Но если при этом в неподвижную массу песка откуда-нибудь падает песчинка, от ее удара подскакивает ветрх несколько других песчинок. Эти песчинки увлекаются ветром, падают, приводят в движение другие песчинки, и в результате песком переносится по ветру. При скорости ветра, больше чем $v_2$, песчинки поднимаются ветрх, образуя песчano-воздушный поток довольно значительной, но уменьшается кверху плотности. О траекториях песчинок дает представление рисунок 1.

Тепер можно обьясить, почему снег в ветренную погоду заполняет выемки. В месте углубления поток расширяется (это сразу становится видным по картине линейного рисунка 2), и поэтому скорость его падает. В результате равновесие между увлекаемыми ветрх и падающими-

24

Рис. 2.

ми визз частицами нарушается: падает больше частиц, чем поднимается, и углубление постепенно заполняется снегом.

Аналогичные процессы происходит и в том случае, когда снег, переносимый ветром, встречает на своей пути какое-нибудь преяястивие, например дерево. Перед стволом дерева с той его стороны, откуда дует ветер, возникает восходящее движение воздуха. Оно приводит к тому, что с наветренной стороны ствола и с боков на поверхности снега образуется глубокая выемка. Перед этой выемкой и немного позади ствола, где скорость ветра меньше, образуется, наоборот, возвышение.

Описанное явление использует для защиты участков дорог, проходящих вложбинах, от занока. На определенном расстоянии перед выемкой или ложбиной с той стороны, откуда дует ветер, устанавливают забор изdoшатых шитов. За шитами образуется спокойная зона с равномерным слабым ветром, в которой полностью отлагается весь увлекаемый ветром снег.

Так же обязывается и движение песчанных дюн. Ветер достаточно сильы, набегаюший на песчанию дюну, поднимает песок с наветренной стороны. На подветренной стороне, где скорость ветра меньше, песок падает вниз. В результате с течение времени дюн постепенно перемешаются в направлении ветра — «коучют».

НЕ ВЕРЬ

ГЛАЗАМ СВОИМ

На страницах нашего журнала («Квант» № 10, 1970) мы уже писали о крительных иллюзиях.

А вот еще один любопытный пример такого обмена зреня. На обложке журнала нарисованы концентрические окружности. Однако из-за фона, состоящего из цветных спиралей, линии окружностей, местами превращенные, воспринимаются глазом как спирали.

Воспользовавшись циркулем, вы без труда убедитесь, что здесь действительное изображение окружности.

Любопытно, что если освещать рисунок коротками всышками света, то при определенной продолжности всышки илилюзия пропадает.

Такая же иллюзия возникнет и при разглядвинии рисунка, помещенного внизу. Okружности, изображенные здесь, также выглядят спирали.

25

Решения задач вступительного контрольной работы в ЗМШ

А. Л. Тоом

В первом номере «Кванта» были опубликованы задачи вступительного контрольной работы в Заочную математическую шкалу. ЗМШ получила около 6000 писем от восемиклассников. Около 2500 из приславших решения приняты в ЗМШ и ее филиалы.

В этом номере мы публикуем решения наиболее трудных задач.

Условия задач

5. О треугольнике ABC были сделаны 4 утверждения:

1. треугольник ABC прямогольный;
2. ∠A = 30°; 3) AB = 2BC; 4) AC = 2BC.
   Известно, что два из этих утверждения верны, а два других — неверны. Найти периметр треугольника ABC, если BC = 1.

6. Известно, что a+b+c<0 и что уравнение ax²+bx+c=0 не имеет действительных корней. Определить, какой знак имеет число c.

7. Про точки A, B, C известно следующие: для любой точки M на плоскости отрезок AM меньше хотя бы одного из отрезков BM и CM. Доказите, что точка A лежит на отрезке BC.

8. Можно ли завернуть кубик с ребром 1 в квадратный кусок бумаги со стороны 3?

9. Можно ли выписать девять чисел 1,2,3,…, 9 по кругу в таком порядке, чтобы сумма никаких двух соседних чисел не делилась ни на 3, ни на 5, ни на 7?

10. Жители города Правдин всегда говорят правду, а жители города Лгунов всегда лугт.

В одном из этих городов между командинами этих городов состоялся футбольный матч. После матча рядом со stadionом, на котором он проводился, произошел следующее:

A(обращаясь к Б и В): «Я не был на матче. Скажите, кто выиграл?»
B: «Г сказал мне, что их команда пронграла».
B: «Наша команда выиграла».
Γ (садясь в автовосу, идущий в другой городе, и обращаясь к А): «Поедем вместе, А, ведь мы из одного города».
A: «Вы ошибаете, Г. Я живу здесь. Это В из вашего города».
Определить, кто из каждого города, где происходит матч и какая команда выиграла.

12. По шоссе в одном направлении с постоянной скоростью через равные интервалы времени идут без остановок автовосу. Один человек прошел по шоссе 4 км, и за это время его обогнал 6 автовосу. В другой раз он прошел 7 км, и за это время его обогнал 8 автовосу. В третьий раз он прошел 17 км. Сколько автовосов при этом его обогнал? (Все три раза человек шел с одной и той же скоростью.)

Решения задач

5. Нам сказано, что из четырех утверждения какие-то два верны, но не сказано, какие именно верны, а какие — нет. Поэтому рассмотрим несколько случайов. В каждом такой случай мы будем предполагать, что какие-то два определенные утверждения верны, а другие два верны. Чтобы не пропустить какой-нибудь случай, сначала выясним,

26

Случай 1.2. Поскольку $\Rightarrow A=30^\circ$, то прямой угол — либо $B$, либо $C$. Если $\Rightarrow B$ прямой, то $AC=2BC$, чего не должно быть, так как утверждение 3 в этом случае неверно. Если $\Rightarrow C$ прямой, то $AB=2BC$, что также противоречит условиям. Итак, случай 1.2 невозможен.

Случай 1.3. Угол $A$ не может быть прямым, так как против него лежит не набольшая сторона. Если $\Rightarrow C=90^\circ$, то $\Rightarrow A=30^\circ$, чего не может быть в этом случае. Значит, $\Rightarrow B=90^\circ$. тогда утверждение 2 и 4 неверны. Значит, такой случай возможен. Тогда по теореме Пифагора $AC=\sqrt{5}$, а периметр равен $3+\sqrt{5}$.

Случай 1.4. Разбирается аналогично случаю 1.3. Возможен, если $\Rightarrow C=90^\circ$. Периметр равен $3+\sqrt{5}$.

Случай 2.3. Если $\Rightarrow A=30^\circ$ и $AB=2BC$, то $\Rightarrow C=90^\circ$, что противоречит условиям.

Случай 2.4. Аналогично случаю 2.3 невозможен.

Случай 3.4. Утверждение 1.2 неверны. Значит, этот случай возможен. Периметр равен 5.

Ответ. а) $3+\sqrt{5}$; б) 5.

6. Поскольку квадратный треугольен $ax^2+bx+c$ не имеет действительных корней, то $b^2-4ac<0$, откуда $ac>\frac{b^2}{4}$. Докажем, что $c(a+b+c)>0$.

Действительно,

$$c(a+b+c)=ac+bc+c^2>\frac{b^2}{4}+bc+c^2=\left(\frac{b}{2}+c\right)^2\geq 0.$$

Поскольку в положительном произведении один множитель $a+b+c$ отрицатель, то и другой множитель $c$ отрицатель. Итак, $c<0$.

Вариант решения. Известно, что если квадратный треугольен $ax^2+bx+c$ ни при каком $x$ не равен нулю, то его знак — один и тот же при всех $x$. Заметим, что число $a+b+c$ — это значение нашего треугольена при $x=1$, а число $c$ — это его значение при $x=0$. Значит, эти два числа имеют один и тот же знак. Поскольку $a+b+c<0$, то и $c<0$.

7. Докажем требуемое от противного. Предположим, что точка $A$ не лежит на отрезке $BC$, и приdem к противоречию с условиям. То есть докажем, что тогда неверно, что «для любой точки $M$ на плоскости отрезок $AM$ меньше хотя бы одного из отрезков $BM$ и $CM$». Иными словами, найдем такую точку $M$ на плоскости, что отрезок $AM$ не меньше какого из отрезков $BM$ и $CM$. Рассмотрим два случая.

28

столбцы пропумерованы цифрами от 1 до 9. Если две цифры могут стоять рядом, то на пересечении строки и столбца с этим номерами стоит плос, а если не могут, то минут. Можно поступить инчае. Нарисуем девять кружков и расставим в них цифры от 1 до 9. Соединим линейные два кружка, цифры в которых могут стоять рядом. А если две цифры не могут быть соседними, то мы их соединять не будем. Полученную схему перерисуем, чтобы по возможности «распутать» ее. Результат изображен на рисунке 4. Раз такой рисунок построен, вопрос можно сортировать так: можно ли, и для только по линяям, обойти тип все кружки этой фигуры по одному разу и вернуть на прежнее место? Будем решать задачу, глядя на этот чертеж, хотя точно так же можно было бы пользоваться и таблицей.

Поскольку 4 связано только с 7 и 9, значит, 7 и 9 и есть ее соседни по расположению на окружности. Аналогично соседни 2—цифры 6 и 9. Значит, 2 и 4 — соседни 9, а 7 и 8 — заведomo не相邻 9. Значит, связи 9 с 7 и 8 можно зачеркнуть (что и сделано на рисунке). Аналогично 1 имеет соседни 3 и 7. Значит, соседни 7 — цифры 1 и 4, а связь 7 с 6 можно зачеркнуть. Теперь 8 связано только с 3 и 5, значит, связь между 3 и 5 можно зачеркнуть. Оставшиеся линей обрабатут замкнутый путь, который и составляет единственное (с точностью до направления обхода) решение.

11. Составим таблицу:

| А из Правдина? | Г из Правдина? |
| :— | :— |
| Б из Правдина? | Матч проискодил в Правдина? |
| В из Правдина? | Выиграла команда Правдина? |

Решить задачу — значит заполнить пустые графы этой таблицы словами «да» или «нет» так, чтобы не встретить в противоречие с условиям. Точнее, надо найти все такие способы заполнения, так как их может быть больше одного. На худой конец можно переработать все возможные способы заполнения (их всего 64) и для каждой проверить, противоречит он условиям или нет. Но это, конечно, некрасивый способ решения. Будем решать инчае.

1. Из заявления B следует, что выиграла команда Правдина. Докажем это. Если B из Правдина, то сказано им — правда, и выиграла команда Правдина. Если B из Лгунова, то сказано им — неправда, и выиграла опять-tаки команда Правдина.

2. Из заявления B следует, что B из Лгунова, так как его заявление завершено неверно. Докажем это. Мы уже знаем, что выиграла команда Правдина.

29

дина. Если $\Gamma$ из Правдина, то он не мог сказать, что их команда пронграла, так как это была бы ложь. Если $\Gamma$ из Лгунова, то он тоже не мог этого сказать, так как это была бы правда.

3. Из заявления $\Gamma$ следует, что $A$ из Правдина. Докажем это. Если $\Gamma$ из Правдина, то $A$ действительное с ним из одного города, то есть из Правдина. Если $\Gamma$ из Лгунова, то $A$ с ним не из одного города, то есть $A$ снова из Правдина.

4. Теперь легко ответить на все вопросы. Из последнего заявления $A$ следует, что дело происходит в Правдине, $B$ и $\Gamma$ — из Лгунова.

Ответ. $A$ — из Правдина, $B$, $B$, $\Gamma$ — из Лгунова, матч пронсодил в Правдине, выиграла команда Правдина.

12. Ясно, что автовысы обгояют человека через равные промежутки времени. (Всякий такой промежуток равен $\frac{v_1 t}{v_1 - v_2}$, где $t$ — интервал времени между автовисами, $v_1$ — скорость автовисов, $v_2$ — скорость человека. Впрочем, мы этой формулировыться не будем.) Поэтому между теми моментами, когда его обгояют автовисы, человека успевает прояты всякий раз одинаковое расстояние. Обозначим это расстояние через $x$.

На рисунке 5 отрезок $AB$, отмеченный фигурной скобкой, изображает те 4 км, которые человек прошел в первый раз. Отметим на нем те 6 точек $P_1$, $P_2$, $P_3$, $P_4$, $P_5$, $P_6$, в которых его обгогал автовисы. Промежутков между ними 5, и длина каждой равна $x$. Остайются два куска пути по концам $AP_1$ и $P_6B$, которые человек прошел до того, как его обгогал первый автовис, и после того, как его обгогал последний автовис (на рисунке проведены красной линей). Длина каждой из этих отрезков меньше $x$. Докажем это. Допустим, например, что $P_6B \geq x$. Тогда на отрезке $P_6B$ помещится еще одна точка $P_7$ такая, что $P_6P_7 = x$. В этой точке человека, конечно, тоже обгоит автовис, а всего на этих 4 км человека обгоит более шести автовисов, что противоречит условиям. Тот факт, что $AP_1 < x$, доказывает аналогично. Учитывая все это, мы можем написать:

$$5x \leq 4 < 7x. \tag{1}$$

Аналогично, поскольку на отрезке в 7 км расположется 8 точек, отстоящих на $x$ друг от друга, а концевые отрезки снова будут меньше $x$:

$$7x \leq 7 < 9x. \tag{2}$$

Из (1) мы получаем, что $x \leq 4/5$, а из (2) получаем, что $x > 7/9$.

Теперь мы должны определить, сколько точек, отстоящих друг от друга на $x$ км, можно расположить на отрезке в 17 км.

Поскольку $\frac{17}{4/5} = 21 \frac{1}{4}$, а $\frac{17}{7/9} = 21 \frac{6}{7}$, то $21 \frac{1}{4} \leq \frac{17}{x} < 21 \frac{6}{7}$ или

$$21 \frac{1}{4}x \leq 17 < 21 \frac{6}{7}x. \tag{3}$$

Докажем, что на отрезке в 17 км человека обгоят 21 или 22 автовиса. Действительно, если человека обгоят 20 автовисов (или меньше), то промежутков длины $x$ между ними будет 19 (или меньше), откуда $17 < 21x$, что противоречит (3). Если человека обгоят 23 автовиса (или больше), то $17 > 22x$, что тоже противоречит (3).

Ответ. 21 или 22 автовиса.

30

СТРАННЫЙ МАЯТНИК

Н.А. МИНЦ

Обычный, хорошо знакомый вам математический матник не менее плоскости своих колебаний.

На этом свойстве матника основана известная демонстрация врашения Земли — опыт Фуко. Матник на длином подвеска совершает колебания. Под ним размечен круг, наполняющий циферблат. Благодаря тому, что плоскость колебаний матника относительно неподвижных звезд не меняется, а Земля врашается во кругг свойей оси, с течение времени матник проходит последовательно над всеми отметками круга. На полюсе за сутки круг под матником совершит полный оборот. Впервые такой опыт был проведен французским физиком Л. Фуко в 1851 году под куполом Пантеона в Париже с матником длиного 67 м.

Но всякий ли матник обязаательно сохраняет плоскость колебаний? Ведь нить подвеска позволяет ему колебаться в любой вертикальной плоскости.

Попробуйте сделать такой матник, как показано на рисунке 1. Для этого возьмите нитку, сложите ее пополам, а к середине привяйте еще одну нитку. К другому концу этой второй нитки прикрепите ложку, пожкицы или какой-нибудь другой предмет — и матник готов. (Вертикальная нить подвеска должна быть достагоно длиной. По крайней мере не меньше, чем нить наклонного подвеска.)

Подвеске матник за оба конца сложенной пополам нитки на конках или гвоздиках (например, в дверной проем). Если теперь открыть матник от положения равновесия и затем опустить, то вы увидите любоопытную картину. Матник будет движаться по эллипсу, причем этот эллипс будет постояно меняться, вытягиваясь то в одну, то в другую сторону. Почему это происходит?

У матника с одной точкой подвеска (рис. 2) плоскость колебаний ничего не выделена. Каким бы ни было

Рис. 1. Рис. 2. Рис. 3.

31

первоначальное отклонение матрика, все силы, действующие на него, лежат в одной плоскости. Нужно только, отпуская матрик, не только его выбор.

Действительно, проведем плоскость через первоначальное и отклоненное положения матрика. Очевидно, в этой плоскости будет лежать как сила тяжесте $mg$, так и сила натяжения нити $T$. Следовательно, равной действующая этих сил, которая, собственно, и заставляет матрик колебаться, при любом отклонном положении матрика также лежит в той же плоскости. Это означает, что нет сил, которые могут быть довольно сложными, особенно при близких частотах продольных и поперечных колебаний. Если частоты одинаковы, траекторий движения будет эллипс. Фигура, показанная на рис. 4, описывает матрик, уравнение движения которого выглядает следующим образом: $x=\sin 3t$, $y=\sin 5t$. Рисунок 5 соответствует колебаням $x=\sin 3t$, $y=\sin 4t$.

Соотношение частот можноварить, меняя относение длины

$\cdot$ Конечно если отклонить матрик строю первоначкульярно плоскости подвеса, он будет совершать колебания в одной плоскости, первоначкульярной плоскости подвеса. Но практические всегда существуют отклонение от первоначкульяра и скорость, не лежащая в плоскости первоначального отклонения.

Рис. 4.

Рис. 5.

32

Рис. 6.

вертикальной и наклонной нитей подвеса. При этом вычислить частоты колебаний магтина довольно сложно, а вот увидеть фигуры, вычерчиваемые им, значительно проще.

Для того чтобы увидеть фигуры Лиссажу, можно к подвесу нашего магтина прикрепить ведерко с двумя двумя домом, наполененное песком, а на пол положить кусок картона, окрашенный в темный цвет. Тогда магтинк «нарисует» отчетливую траекторию своего движения.

Рис. 7.

Можно получить фотографию траекторий движения магтина.

Возьмите грузило или тяжелый маленький шарик и покрасьте его белой красной. Сделайте из темных ниток такой же подвес, как у магтиника, изображенного на рисунке 1. Под магтиник подложите лист черной матовой бумаги. Гладкая бумага может отсечивать, а это будет мешать наблюдаемым. Фотографировать надо сверху. Установите фотоаппарат так, чтобы плоскость объекта была горизонтальная. При достаточно большой відержке на фотосимках можно увидеть четкие траектории.

На рисунках 6 и 7 приведены фотографию траекторий, полученные таким способом. Видно, как магтиник изменял направление колебаний. На фигуре рисунка 6 это изменение произойдет более резко. Время экспозиции этих двух фотографией различно. Это видно хотя бы из того, чтолина траекторий нединакова.

Получившиеся кривые как бы вписаны в параллелограмм. На самом деле они должны быть вписаны в прямого лuginник. То, что у нас не получился прямого лuginник, объясняется просто: плоскость объекта была не строгого горизонтального.

В опытах с магтиником следует учитывать, что более или менее правильная траектория получается только в том случае, когда нет сильных затуханий. Колебания магтиника с малой массой груза и достаточно большим объемом будут быть затухать. Так магтиник качественно несколько раз, быстро уменьшая амплитуду. Естественно, при движении с сильным затуханием увидеть и фотографировать изменение направления колебаний магтиника неудестя.

С фигурами Лиссажу приходится встречаться довольно часть в тех случаях, когда колебания взамно перепendикularны. Так, они неизбежно появляются при настройке осциллографа.

33

ЗАДАЧИ

М86. Дно прямотольной коробки было выложено плитками размера $2 \times 2$ и $1 \times 4$. Плитки высыпали из коробки и при этом потеряли одну плитку $2 \times 2$. Вместо нее удалось достать плитку $1 \times 4$. Докажите, что теперь выложить до коробки плитками не удается.

Л. Г. Лиманов

М87. Докажите, что если три окружности одинакового радиуса проходят через одну точку, то три другие точки попарного пересечения этих окружностей лежат на окружности того же радиуса (рис. 1).

М88. Какому условию должны удовлетворять коэффициенты $a, b, c$ уравнения $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$, чтобы три его корня составляли арифметическую прогрессию?

М. Ф. Безбородников

М89. Докажите, что в любом выпуклом многоугольнике, кроме па-

Рис. 1.

раплелограмма, можно выбрать такие три стороны, при продолжении

Рис. 2.

которых образуется треугольник, объемлющий данный многоугольник. (Например, на рисунке 2, где многоугольник обведен черной линией, три красные прямые удовлетворяют требуемому условияю, а три сине — нет.)

И. М. Яелом

М90. Докажите, что если $x_1 < x_2 < x_3 < \dots$ — натуральные числа,

$$\frac{\sqrt{x_2-x_1}}{x_2} + \frac{\sqrt{x_3-x_2}}{x_3} + \dots$$

$$\dots + \frac{\sqrt{x_n-x_{n-1}}}{x_n} < 1$$

$$+\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2-1} + \frac{1}{n^2}$$

Г. И. Натансон

34

Ф98. Какую максимальную разность потенциальной мощности получить, имея в своей распорядки источник с э. д. с. $E$ и $n$ одинаковых конденсаторов с емкостью $c$ каждый?

Л. Г. Асламазов

Ф99. На рисунке 3 показаны $V$—$T$ диаграммы для двух круговых процессов. При каком из них газ совершает бóльшую работу: при процессе $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$ или при процессе $1 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 1$?

И. Ш. Слободецкий

Ф100. На высоте 200 км плотность атмосферы равна $1,6 \cdot 10^{-10} \text{ ке/м}^3$. Оцените силу сопротивления, испытываемого спутником с поперечным сечением $0,5 \text{ m}^2$ и массой $10 \text{ ке}$, летящим на этой высоте.

Ф101. К висящей оценке легкой пружине с жесткостью $k$ подвешен шарик. Вначале пружина не растута. Затем шарик отпускают. Какой максимальной скорости достигнет шарик при своем движении? Масса шарика $m$.

С. А. Беллеев

Ф102. В герметически закрытом сосуда смешали поровну кислород и гелий. Затем в стенке сосуда сделали небольшие ответственные. Каков состав молекулярного пучка, выходшего из него?

И. Ш. Авербух

В этом номере мы помещаем несколько задач из журнала «Scientific American» из раздела «Matematические игры». Бессменным редактором «Matематические игры» является Мартин Гарднер. Задча на четвертой странице обложки тоже взята из этого раздела. (Перевод выполнен И. И. Мороз).

УЛОЖИТЕ МОНЕТЫ

Эта небольшая задача придумана Кобоном Фуджимура из Японии. Уложите десять монет так, как показано на рисунке. Какое наиболее число монет вы должны убрать, чтобы не нашлось ни одного равностороннего треугольника (любых размеров) с вершинами в центрах оставшихся монет?

СТРАННОЕ ЧИСЛО

Найдите такое десятинаное число, в котором его первая цифра обозначает общее количество нулей в числе, вторая — общее количество единиц и так далее до последней цифры, обозначающей количество девяток в числе (разумется, нуль — цифра). Решение только одно.

35

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решение задач М34—М38.

М34

Доказать, что если натуральное число делится на 10 101 010 101, то в его десятичной записи по крайней мере шесть цифр отличаны от нуля.

Задача решается очень легко, если число $A$, делится на 10 101 010 101, имеет не более 12 цифр; тогда оно обязательно имеет вид $ababababab$, и задача решена.

Остается придумать какой-нибудь способ свести задачу к этому случае.

Число 10 101 010 101 мы обозначим через $M$. Докажем, что если число $A$ делится на $M$, то найдет двенадцати-(или менее) значное число $C$, также делится на $M$ и имеющее не больше ненулевых цифр, чем $A$.

Лемма. Если $A$ делится на $M$ и имеет больше 12 цифр (считая нулю), то найдет число $B$, также делится на $M$, меньше чем $A$ и имеющее не больше ненулевых цифр, чем $A$.

Докажем это. Пусть $A = a_1a_2a_3\dots a_n$; вычеркием его первую цифру $a_1$ и прибавим ее на 12 разрядов ниже, например:

$$123\ 456\ 789\ 123\ 456 \rightarrow 23\ 456\ 789\ 123\ 456$$
$$+\frac{1}{23\ 456\ 789\ 123\ 556}$$

Полученное число будет, безусловно, меньше исходного: легко проверить, что мы просто вычисляем $a_1 \cdot (10^{n-1} - 10^{n-13})$. В скобке

36

ках стоит произведение $10^{n-13} \times (10^{12}-1)$; второй сомножитель, очевидно, делится на $A$. Остается заменить, что в получившемся числе значших (не нулевых) цифр не больше, чем в исходном. В нашем примере их количество даже уменьшилось на единицу; этого могло, впрочем, не случайно, если бы на 13-м месте стоял 0 или если бы там стояла достаточно большая цифра, а на предыдущем месте 0, как в примере

$$888 888 888 880 421 \rightarrow 88 888 888 880 421$$
$$+\frac{8}{88 888 888 881 221}$$

(mы не рассмотрели еще случай, когда перенос произходит и в 12-м разряде, но легко видеть, что тогда число значших цифр даже уменьшится). Лемма доказана.

Теперь если $A$ делится на $M$, вычитем из $A$ его первую цифру, умноженную на $10^{n-13} \cdot (10^{12}-1)$. С полученным числом продаем ту же операцию и будем поступать так до тех пор, пока не добавемся до 12-значного числа. Так как в нем не меньше шести значших цифр, то и в $A$ не меньше шести значших цифр.

Большинство решавших пытались рассматривать частью от деления $A$. на $M$;

но решить ее этим способом очень трудно, поскольку при обратном умножении этого частного на 10 101 010 101 его цифры «склеиваются» друг с другом, может произойти много перенос единиц в разрядах, и разобраться в том, что получится, почти невозможно. Идея решения — в том, чтобы рассматривать эти переносы по одному.

А. К. Толпьео

M35

Около сферы радиуса 10 описан пекотрый 19-гранник. Доказите, что на его поверхности найдется две точки, расстояние между которых больше 21.

Первое решение. Предположим противное, то есть, что расстояние между любыми двумя точками поверхности нашего 19-гранника не больше 21. Тогда этот многогранник лежит внутри сферы радиуса 11, концентричной сфере радиуса 10, а каждой его грань лежит между сферами. Позмоту площадь каждой грани не слищком велика, а именно, не превосходит площади показанного на рисунке 1 круга, радиус которого равен $\sqrt{21}$. В нашем многограннике 19 граней, поэтому площадь $S$ его поверхности не превосходит $19\left[\pi\left(\sqrt{21}\right)^2\right]=\pi\left(20^2-1^2\right)=399\pi$.

No многогранник описан около сферы радиуса 10. Отсюда площадь его поверхности больше площади этой сферы $4\pi\left(10\right)^2$*. Итак, с одной стороны, $S<399\pi$, с другой стороны, $S>400\pi$. Полученное противное и решает задачу. (Аналогичное решение прислал нам Д. Гризорьев из Ленинграда.)

В этом (нестрогом) решение мы пропустили доказательства трех утверждений, которые начинаются с трех выделенных выше курсовом слов: моеда, позмоту, отсюда. Мы оставляем читателю эти простые доказательства, но хотим предупредить, что хотя требуется утверждение легко доказывается для выпуклого многогранна

*) Напомним, что для шара радиуса $R$ объем равен $\frac{4}{3}\pi R^3$, площадь сегментной поверхности с высотой $h$ равна $2\pi Rh$ и, в частности, площадь сферы равна $4\pi R^2$.

37

ника с помощью сравнения его объема с объемом сферы *), тем не менее интуитивно ясно и правильно утверждение о том, что наш многогранник выпуклы, трудно доказать строго, так как само строое определяние многогранника весма сложно. (Загляните, например, в книгу И. Лакатока «Доказательства и опровержения», М., «Наука», 1967).

Второе решение. Поставим более общий вопрос: какое наиболее число граней может иметь многогранник, описанный около сферы радиуса $r$ и целиком лежащий в концентрической с ней сфере радиуса $R > r$. (Вот житейская ситуация, которая подсказала автору эту задачу: каким наиболее числом прямейных взмахов нака можно средать верхний слой кокуры апельсина, не средав при этом ни одного куска сердцевины? Очевидно, что после средания всего верхнего слоя кокуры остаток будет многогранником, так как на его поверхности не будет ни одного закругленного участка, так что этот вопрос эквивалентен предыдущего.) Мы не знаем точно ответа на этот более общий вопрос, но доказем для числа граней некоторых неравенств, которое при $r = 10$, $R = 11$ показывает, что $N > 22$. Тем самым мы доказем, что если в условиях задачи М35 вместе 19-гранника взять 22-гранник, то утверждение задачи порежнему остается справедливым.

Итак, пусть $N$-гранник описан около сферы радиуса $r$ и целиком лежит внутри сферы радиуса $R$. Расстоянием какую-нибудь его грань.

Проходящая через нее плоскость отрезает от сферы шапочку (сегментную поверхность) высоты $R - r$. Ясно, что если построить шапочки для всех граней нашего многогранника, то их объединение покроет всю внешнюю сферу. Каждая из $N$ шапочков

*) Действительно, объем многоугольника равен $\frac{R \cdot S}{3}$, где $R$ – радиус вписанной сферы, а $S$ – площадь его поверхности.

естеMENTная поверхность высоты $R - r$, и, следовательно, имеет площадь $2\pi R (R - r)$. Сумма площадей всех шапочек больше площади сферы. Поэтому $N \cdot 2\pi R (R - r) > 4\pi R^2$, отсюда $N > \frac{2R}{R - r}$, в частности, при $R = 11$, $r = 10$ получаем $N > 22$.

Интересно, что по любому набору шапочек, целиком покрывающих внешнюю сферу, можно построить многогранник, описанный около внутренней сферы. (Доказйте!) Поэтому наш вопрос про минимальное число граней полностью эквивалентен следующему вопросу. Каково минимальное число $N = N(h)$ шапочек высоты $h$, целиком покрывающих сферы радиуса 1? (В задаче $M35 h = \frac{1}{11}$).

Очевидно, что $N(h) > \frac{2}{h}$, но это неверенство отражает просто тот факт, что сумма площадей шапочек больше площади сферы, в то время как интуитивно ясно, что при $h < 1$ шапочки должны довольно сильно перекрываться. И действительно, можно доказать, что при достаточно малых $h$ $N(h) > 1,2 \frac{2}{h}$. Попробуйте сами доказать, например, что при $h < 1$

$N(h) > 1,001 \frac{2}{h}$.

(С решениями этой задачи и других похожих задач можно познакомиться по книге Л. Ф. Тота. «Расположение на плоскости, на сфере и в пространстве». М., Физматгиз, 1958).

А. Г. Кушириенко

M36

Доказите, что на плоскости нельзя расположить семь прямых и семь точек так, чтобы через каждую точек проходили три прямые и на каждой прямой лежали три точки.

Предположим, что такое расположение семи точек и семи прямых су-

38

Рис. 2. Выпуклой оболочкой множества из конечного числа точек является выпуклый многоугольник с вершинами в некоторых из этих точек (или отрезок, если все точки лежат на одной прямой).

шествует. Прежде всего докажем, что каждые две из данных точек лежат на одной из данных прямых. Действительно, если $A$ — одна из этих точек, то через $A$ проходят три прямые, и на каждой из них лежит по две из данных точек (не считая $A$); тем самым $A$ и любая из шести точек, отличных от $A$, лежат на одной из данных прямых. Точно так же доказывается, что каждые две из данных прямых пересекаются в одной из данных точек: если $a$ — одна из прямых, то через каждую из трех лежащих на ней точек проходит по две прямые (не считая $a$), и поэтому каждая из этих прямых пересекается с $a$ в одной из данных точек.

Рассмотрим теперь выпуклую оболочку множества из семи наших точек — наименьшую выпуклую фигуру, содержащую эти семь точек.

Рис. 3. Эта конфигурация почти полностью удовлетворяет требованиям задачи М36, только одну «прямую» пришлось изогнуть.

Это будет неокоторый выпуклый $n$-угольник, где $n \leqslant 7$ (его можно получить так: быть в данных семь точек гвозди и затем натянуть резиновую нитку, охватывающую все эти гвозди; nitka натянется по контуру многоугольника с вершинами в некоторых $n$ из данных точек, а все остальные ($7-n$) точек будут лежать внутри или на границе этого многоугольника; см. рис. 2). Ясно, что случай $n \geqslant 4$ невозможен — ведь на каждой стороне $n$-угольника должна лежать еще одна третья точка, кроме вершин, а всего точек семь. Случай $n=3$, когда выпуклой оболочкой является неокоторый треугольник $ABC$, то же невозможен. Действительно, если $E$ и $F$ — точки (из числа данных семи), которые лежат на сторонах $AB$ и $BC$, то $EF$ и $AC$ — две из данных прямых — должны пересекаться в одной из данных семи точек, а они будут пересекаться на продолжении стороны $AC$, то есть вне треугольника $ABC$. Получили противоречие.

Рисунок 3 поможет найти ошибку тем, кто прислал нам неверное решение этой задачи.

М37

В каждую клетку бесконечного листа клетчатой бумаги вписано неокоторое число так, что сумма чисел в любом квадрате (стороны которого идут по линям сетки) по модулю не превозходит единицы. Доказите, что тогда существует такое число $c$, что сумма чисел в любом прямогольнике (стороны которого идут по линям сетки) не больше $c$; другими словами, что суммы чисел во всех прямогольниках ограничены. Доказите, что это верно для $c=4$. Можно быть, вам удаться улучшить эту оценку (например, доказать, что наше утверждение верно для $c=3$ или даже для $c=2$).

Решение, которое мы приводим, близко к предложению $A$. Климовым (Москва).

Доказем, что $c$ равное 4 подходит.

Предположим, что в неокотором прямогольнике со сторонами $a$ и $b$ сумма по модулю равна $4+\epsilon$, где $\epsilon > 0$ ($a < b$). Построим четырьме квадрата, у каждой из которых три стороны идут по неокоторым треем сто-

40

Рис. 6. Пусть $k_n = \frac{a_n}{b_n}$. Тогда $k_{n+1} = f(k_n)$, где $f(k) = \frac{|1-2k|}{2-k}$. Здесь изображен график этой функции на отрезке $0 \leq k \leq 1$. При решении задачи мы получаем тем, что для любой точки $M$ правой половины графика $MQ/MP > 2$; если $0 \leq k \leq \frac{1}{2}$, то $0 \leq f(k) \leq \frac{1}{2}$, причем $f(f(k)) = k$, то есть функция $f$ на отрезке $0 \leq k \leq \frac{1}{2}$ совпадает с обратной к ней функцией, и график ее симметричен относительно биссектрисы угла между координат.

Рис. 7. Во всех незаполненных клетках стоит нули.

Во-вторых, если $\frac{a_n}{b_n} > \frac{1}{2}$, то

$$\frac{1 - \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}}{1 - \frac{a_n}{b_n}} = \frac{1 - \frac{2a_n - b_n}{2b_n - a_n}}{1 - \frac{a_n}{b_n}} = \frac{3b_n}{2b_n - a_n} > \frac{3b_n}{2b_n - \frac{b_n}{2}} = 2;$$

таким образом, величина $1 - \frac{a_n}{b_n}$ при переходе от $n$ к $n+1$ увечивается не менее чем в два раза до тех пор, пока мы не придем к прямогольнику с $\frac{a_n}{b_n} \leq \frac{1}{2}$. Поэтому, каким бы мы могли считать, что уже $\frac{a_1}{b_1} < \frac{1}{2}$.

При этом

$$a_3 = b_2 - 2a_2 = (2b_1 - a_1) - 2(b_1 - 2a_1) = 3a_1,$$

$$b_3 = 2b_2 - a_2 = 2(2b_1 - a_1) - (b_1 - 2a_1) = 3b_1.$$

Следовательно, вообще $a_{2k+1} = 3^k a_1$ и $b_{2k+1} = 3^k b_1$, причем сумма чисел в этом прямогольнике $3^k a_1 \times 3^k b_1$ больше $4 + 9^k e$, то есть, выбрав $k$ достаточно большим, мы можем сделать ее скольгу углоно большой. Теперь уже нетрудно получить противоречение: ясно, что любой прямогольник $Na_1 \times Nb_1$, где $a_1$, $b_1$ и $N$ целые числа, можно разить на $a_1b_1$ квадратов (со стороны $N$), и поэтому сумма чисел в нем не может превосходить по модулю числа $a_1b_1$.

Рисунок 6 показает вторую поливну доказательства. На рисунке 7 изображен пример, для которого сумма чисел в некоторых прямогольнике равна тем. Таким образом, для $c = 2$ утверждение задачи неверно. Весьма праводоподобно, что точная оценка $c = 4$, но примеров, показывающих, что $c > 3$, мы не знаем.

Н. Б. Васильев

41

М38

Окружность, построенная на высоте AD прямогольного треугольника ABC как на диаметре, пересекает катет AB в точке K, а катет AC — в точке M. Отрезок KM пересекает высоту AD в точке L. Известно, что отрезки AK, AL и AM составляют геометрическую прогрессию (то есть $\frac{AK}{AL} = \frac{AL}{AM}$).

Нетрудно доказать, что AKDM — прямогольник и L — его центр (рис. 8). Опустим перепределку AP на KM.

Тогда
$$AL^2 = AK \cdot AM = KM \cdot AP = 2AL \cdot AP,$$
$$AL = 2AP, \angle PLA = 30^\circ,$$

и поскольку $AL = KL = ML$, отсюда следует, что остые углы треугольника AKM равны $15^\circ$ и $75^\circ$. Такие же остые углы имеют и треугольник ABC: $\angle C = \angle BAD = \angle AKM$.

Рис. 8.

Такое решение прислада C. Команов из Тбилиси и В. Кривицкий из д. Клетное Минской обл.

Л. М. Лоповок

В этом номере мы публикуем решение задач Ф52—Ф58

Ф52

Мяч брошен вертикально вверх. Что больше: время подбема или время падения?

Кинетическая энергия мяча на любоей высоте при подбете больше, чем при спуске мяча. Действительно, если бы не было сопротивления воздуха, то эти энергии были равны. Из-за сопротивления воздуха при спуске кинетическая энергия мяча меньше, чем при подбете, на величины работы, затраченой на предоление сопротивления воздуха. Это означает, что на любоей высоте скорость мяча при подбете больше, чем при спуске. Большое, очевидно, и средняя скорость движения мяча. Поэтому время подбема мяча меньше времени падения.

Ф53

В сосуде находится две несмешивающие жидкости с плотностями $\rho_1$ и $\rho_2$ и толщинами словь $h_1$ и $h_2$ соответственно. С поверхности жидкости в сосуд опускают маленькое обтекаемое тело, которое достигает дна как раз в тот момент, когда его скорость становится равной нулю. Какова плотность материалов, из которого следует тело?

Воспользовемся тем, что потенциальная энергия, которой обладает тело на поверхности верхней жидкости, траится при движении тела на предоление сопротивления. Поэтому
$$mg(h_1 + h_2) = A_1 + A_2,$$
(*)

где $m$ — масса тела, $g$ —ускорение свободного падения, $A_1$ — работа сил сопротивления в верхней жидкости и $A_2$ — работа сил сопротивления при движении тела в нижней жидкости. Так как тело обтекаемо, сила сопротивления — это архимедова выталкивающая сила: $F_1 = \rho_1Vg$ в верхней жидкости и $F_2 = \rho_2Vg$ в нижней (V — объем тела). Поэтому
$$A_1 = \rho_1Vgh_1$$ и $A_2 = \rho_2Vgh_2$.

Подставляя эти выражения для $A_1$ и $A_2$ в уравнение (*) и учитывая что $m = V \cdot \rho$ (ρ — плотность тела), получим $\rho (h_1 + h_2) = \rho_1h_1 + \rho_2h_2$.

42

Отсюда
$$\rho = \frac{\rho_1 h_1 + \rho_2 h_2}{h_1 + h_2}.$$

Правильное решение прислада В. Калинцев из Москвы, Ю. Полонский из Зеленьодольска ТАССР и другие читатели.

Однако большим читателем решило задачу более сложным способом.

На тело, движущеся в жидкости, действуют две силы: сила тяжестеки, равная $mg = \rho Vg$, и архимедова выталкивающая сила (равная $F_1 = \rho_1 Vg$, когда тело движется в жидкости с плотностью $\rho_1$, и $F_2 = \rho_2 Vg$, когда оно движется в жидкости с плотностью $\rho_2$).

Поскольку тело обтекаемо, силы, действующие на него во время движения в каждой из жидкости, не меняются. Следовательно, тело движется равноускорено. Запишем уравнение движения тела. В верхней жидкости: $mg - F_1 = ma_1$ (ускорение направлено вниз), в нижней жидкости: $F_2 - mg = ma_2$ (ускорение направлено вверх). Из этих уравнений найдем, что в жидкости с плотностью $\rho_1$ тела движется с ускорением $a_1 = g \frac{\rho - \rho_1}{\rho}$, а в жидкости с плотностью $\rho_2 - c$ ускорением $a_2 = g \frac{\rho_2 - \rho}{\rho}$.

Пройдя первую жидкость, тело прибретет скорость $V_0 = a_1 t_1$, где $t_1$ — время движения. Это время можно найти из кинематического уравнения $h_1 = \frac{a_1 t_1^2}{2}$. Поэтому $V_0 = \sqrt{2 a_1 h_1}$. С такой скоростью тело начинает движаться в нижней жидкости. Так как скорость тела в конце движения должна стать равной нулю, то $V_0 - at_2 = 0$, где $t_2$ — время движения тела во второй жидкости.

Отсюда $t_2 = \frac{V_0}{a_2}$. За это время тело пройдет во второй жидкости расстояние $h_2$. Поэтому $h_2 = V_0 t_2 - \frac{a_2 t_2^2}{2}$.

Подставляя в последнее уравнение выражения для $V_0$, $a_2$ и $t_2$, получим
$$h_2 = \frac{V_0^2}{a_2} - \frac{1}{2} \frac{V_0^2}{a_2} = \frac{1}{2} \frac{V_0^2}{a_2} = \frac{a_1 h_1}{a_2}.$$

43

Оно равно 7,5 ом. Позному через источник идет ток $I_0 = \frac{30 \, \theta}{7,5 \, \omega} = 4 \, a$.

Ток, идущий через источник, складывает из тока, идущего через амperметр, и тока $I_1$, идущего через сопротивление $R_1$. Найдем ток $I_1$.

В точке $A$ ток $I_0$ делится поровну между верхней и нижней ветвями цепи. Позному через сопротивление $R_2$ идет ток $I_2$, равный 2$a$. В точке $B$ этот ток опять делится поровну между одинаковыми сопротивлениями $R_1$ и $R_3$. Позному через сопротивление $R_1$ идет ток 1$a$. Теперь можно найти ток, идущий через амperметр. Он равен $I_0-I_1=3a$.

Ф55

Оцените, на какую высоту $H$ поднимается стрелла, пущенная из детского лука вертикально вверх. Масса стреллы $m=20 \, \text{г}$, длина тетивы $AB=1 \, \text{м}$. Тетиву оттягают на $h_0=5 \, \text{см}$. Натяжение тетивы считать постоянным и равным 250 $\text{н}$.

Энергия, прибретаемая стрелой при выстреле, равна работе силы, действующей на стреллу со стороны тетивы. Эта сила, очевидно, равна равнойствующей $F$ сил натяжения тетивы $T$ (рис. 11). Если угол, образуемый тетивой в точках $A$ и $B$ с линий $AB$, обозначит $\alpha$, то нетрудно найти, что $F=2T\sin \alpha$. Итак, сила, действующая на стреллу, зависит от того, насколько оттянута тетива. Так как тетиву оттягают на расстояние, мало по сравнению с ее длиной, то угол $\alpha$ мал, то есть $\sin \alpha \approx tg\alpha \approx \alpha$. Позному $F=2T\alpha$.

Поскольку $tg\alpha = \frac{h}{AB}$ ($h$ — высота прогиба тетивы), то

$$F = 4T \frac{h}{AB}.$$

Итак, сила, действующая на стреллу, пропорциональна $h$ (рис. 12).

Нетрудно найти работу этой силы. Она равна площади фигуры между

44

Рис. 13.

тарная теория полета и волн на воде» в «Кванте» № 5 за 1970 год. Поведение флага обясняется точно так же, как и образование волна на воде.

Предположим, что в каком-то месте флаг слегка изогнут (рис. 13). В этом случае вверху при обтекании выступа скорость ветра больше, а внизу, в области вогнутости флага — меньше скорости ветра вдали от флага. Из закона Бернулли следует, что при этом давление воздуха в точке А больше, чем давление в точке B. Поэтому образование выступа должен увеличивать. Кроме того, поскольку из-за образования выходя за выступом давление за ним меньше давления перед выступом, этот выступ будет перемешаться к концу флага. Итак, случайно образование вогнутость флага будет увеличивать. Если учеть еще, что благодаря образование выходя при обтекании даже плоского флага при равномерном ветре давление с разных сторонами флага может оказаться разным и поэтому будет легко образоваться небольшие изгибы поверхности, становится понятным, почему флаг «полошется» на ветру.

Ф57

Два одинаковых шарика, связанных невескомой пружинкой, движутся по гладкому горизонтальном полу с одинаковой скоростью, перpendикулярной вертикальной стенке. Опишите, как проискодит соударение системы со стенкой. Как будет движаться шарики после удара? Удар шарика о стенку абсолотно упругий, время соударения претензioso мало по сравнению с периодом колебанной шарика наружке.

Так как скорости шариков вначале одинаковы и постоянны, торужинка не деформирована. Действительно, в противном случае на каждый из шариков действовал бы со стороны пружинки сила, сообщаюшая емуускорение, и скорость шарика менялась бы со временем. После того как первый шарик ударяется о стенку, его скорость меняется на противоположную. Шарики начинают движаться навстречу друг другу с

45

одинаковыми по величины скорости (см. рис. 14), пружинка скимается. Кинетическая энергия шариков переходит в потенциальную энергию деформации пружинки. Затем пружинка начинает распрямляться, сообщая шарикам одинаковые по величины и противоположные по направлению скорости. При этом, так же как и во время скатия пружинки, центр масс системы неподвижен относительно стены — на системе не действуют никакие горизонтальные силы. Из закона сохранения энергии следует, что в тот момент, когда правильно шарик ударяется о стенку, величины скоростей шариков равны начальной скорости системы. После соударения шарика со стенкой его скорость опять меняется на противоположную и шарики движутся от стены с одинаковыми скоростями. Так как в момент удара шарика о стенку пружинка не деформирована, то она не деформируется и при дальнейшем движении системы.

Ф58

В магнитном поле с большой высоты падает колюц, имеющее диаметр $d$ и сопротивление $R$. Плоскость колюца все время горизонтальная. Найти установившуюся скорость падает колюца, если индукция поля меняется с высотой по закону

$$B = B_0 (1 + \alpha H).$$

Сила, действующая на колюц в магнитном поле, пропорциональна току, induщему по колюцу, ток пропорционален э. д. с. индукции, возбуждаемой в колюце при его движении, а э. д. с. индукции, в свою очередь, пропорциональна скорости изменения магнитного потока, пропорционнего плоскостью колюца, а значит, пропорциональна скорости колюца. Следовательно, при некоторой скорости движения колюца сила, действующая на него в магнитном поле, становится ячейкой. Эта скорость и является скоростью установившегося движения колюца.

Так как при движении колюца его кинетическая энергия не меняется, то изменение потенциальной энергии должно быть равно тепловым потерям в колюце.

Пусть скорость колюца равна $v$. Э. д. с. индукции, возбуждаемой в колюце при его движении, по величины равна

$$E = k \frac{\Delta \Phi}{\Delta t},$$

где $\Phi$ — магнитный поток, произвольный колюц, и $k$ — коэффициент пропорциональности.

$$\Phi = \frac{\pi d^2}{4} B = \frac{\pi d^2}{4} B_0 (1 + \alpha H),$$

$$\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = \frac{\pi d^2}{4} B_0 \alpha \frac{\Delta H}{\Delta t}.$$

Но $\frac{\Delta H}{\Delta t} = v$, поэтому

$$E = k \frac{\pi d^2}{4} B_0 \alpha v$$

и по колюцу идет ток

$$I = \frac{E}{R} = \frac{k \pi d^2 B_0 \alpha v}{4 R}.$$

Запишем теперь закон сохранения энергии. Пусть масса колюца равна $m$. За время $t$ в колюце выделяется тепло, равное $I^2 Rt$. Если за это время колюц опускается на высоту $h$, то

$$mgh = I^2 Rt.$$

Так как $\frac{h}{t} = v$, то

$$mgv = I^2 R,$$

$$mgv = \frac{k^2 \pi^2 d^4 B_0^2 \alpha^2 v^2}{16 R}.$$

Отсюда

$$v = \frac{16 Rmg}{k^2 \pi^2 d^4 B_0^2 \alpha^2}.$$

И. Ш. Словодецкий

46

Логарифмические уравнения
В. В. Гольдберг

Логарифмические уравнения приято называть уравнения, содержащие неизвестную величины под знаком логарифма.
Решение простейшего логарифмического уравнения

$$\log_a x = b$$

(1)
основано на следующем свойстве логарифмов: если логарифмы двух (положимых) чисел по одному и тому же основанию $a(a > 0, a \neq 1)$ равны, то равны и сами эти числа.

Записав уравнение (1) в виде $\log_a x = \log_a a^b$ и воспользоваться указыным свойством, получим ответ: $x = a^b$.

Этот прием применим и для решения более сложных логарифмических уравнений вида

$$\log_a f(x) = b.$$

(2)
Для уравнения (2) получаем $f(x) = a^b$.

Пример 1. Решить уравнение

$$\log_5 [2 + \log_3(3+x)] = 0.$$

Решение е. Сначала получаем, что

$$2 + \log_3(3+x) = 5^0, \quad 2 + \log_3(3+x) = 1, \quad \log_3(3+x) = -1.$$

Далее находим: $3 + x = 3^{-1}, x = \frac{1}{3} - 3, x = -\frac{8}{3}$.

Некоторые логарифмические уравнения легко свойства к простейшим. Так, уравнения вида

$$f(\log_a x) = 0$$

(3)
заменой $\log_a x = y$ свойятся к уравнению $f(y) = 0$. Если $y_1, \dots, y_k$ — корни последнего уравнения, то мы получаем совокупность простейших логарифмических уравнений:

$$\log_a x = y_1, \dots, \log_a x = y_k.$$

Пример 2. Решить уравнение $\lg^3 x - \lg^2 x - 6 \lg x = 0$.

Решение е. Обозначим $\lg x$ через $y$. Тогда получим кубическое уравнение относительно $y$:

$$y^3 - y^2 - 6y = 0.$$

Решаем его: $y(y^2 - y - 6) = 0, y_1 = 0, y_2 = 3, y_3 = -2$. Рассматриваем три возможных случая:

a). $\lg x = 0, x_1 = 1$; 6) $\lg x = 3, x_2 = 1000$; b) $\lg x = -2, x_3 = 0,01$.

К уравнением вида (3) свойятся показательно-логарифмические уравнения, если их предварительно прополагарифмировать.

47

Прием 3. Решить уравнение $x^2 + \log_3 x = 3^8$.

Решение. Поскольку обе части уравнения положительные (ОДЗ: $x > 0$), приравниваем их логарифмы по основанию 3: $\log_3 x^2 + \log_3 x = \log_3 3^8$, откуда находится, что $(2 + \log_3 x) \log_3 x = 8$. Обозначая $\log_3 x$ через $y$, приходим к квадратному уравнению $y^2 + 2y - 8 = 0$ с корнями $y_1 = -4, y_2 = 2$. Разбиваем два случая:

a) $\log_3 x = -4, x_1 = 1/81$ 6) $\log_3 x = 2, x_2 = 9$.

Прием 4. Решить уравнение $9x^{\lg x} + 91x^{-\lg x} = 60$.

Решение. Введем обозначение $x^{\lg x} = y$; тогда $x^{-\lg x} = \frac{1}{y}$, иначе уравнение свойства к следующему уравнению относительно $y$: $9y^2 - 60y + 91 = 0$. Корни последнего $y_1 = \frac{13}{3}, y_2 = \frac{7}{3}$. Расматриваем обе возможности:

a) $x^{\lg x} = \frac{13}{3}$; логарифмируя, получаем $\lg x^{\lg x} = \lg \frac{13}{3}, \lg^2 x = \lg \frac{13}{3}$, откуда $\lg x = \pm \sqrt{\lg \frac{13}{3}}, x_1 = 10^{\sqrt{\lg \frac{13}{3}}}, x_2 = 10^{-\sqrt{\lg \frac{13}{3}}}$;

b) $x^{\lg x} = \frac{7}{3}$; аналогично тому, как это сделано в первом случае, находим $x_3 = 10^{\sqrt{\lg \frac{7}{3}}}, x_4 = 10^{-\sqrt{\lg \frac{7}{3}}}$.

При решении логарифмических уравнений часто дело свойства к решению уравнения типа

$$\log_a f(x) = \log_a g(x).$$

Здесь с помощью потенцирования надо перейти к уравнению

$$f(x) = g(x).$$

Но следует иметь в виду, что при максимере мы расширяем ОДЗ уравнения, и помому возможно появление посторонных корней. Поэтому надо проверить, входит ли каждой из корней уравнения (5) в ОДЗ уравнения (4).

Прием 5. Решить уравнение $\log_2(2x^2 - 2) = \log_2(5x - 4)$.

Решение. Находим ОДЗ:

$$\begin{cases} 2x^2 - 2 > 0, \\ 5x - 4 > 0, \end{cases}$$

то есть $$\begin{cases} x < -1, x > 1, \\ x > \frac{4}{5}. \end{cases}$$

Следовательно, ОДЗ: $x > 1$. Потенция данного уравнения, получим $2x^2 - 2 = 5x - 4$, или $2x^2 - 5x + 2 = 0$, откуда находим $x_1 = 2, x_2 = 1/2$.

Поскольку $x_2 = 1/2$ не входит в ОДЗ, уравнение имеет только одно решение: $x = 2$.

Хорошо известны следующие свойства логарифмов чисел:

$$\log_a(AB) = \log_a A + \log_a B \quad (A > 0, B > 0, a > 0, a \neq 1),$$

$$\log_a \frac{A}{B} = \log_a A - \log_a B \quad (A > 0, B > 0, a > 0, a \neq 1),$$

$$\log_a A^p = p \log_a A \quad (A > 0, p - \text{любое действительное число}),$$

$$\log_a q^p = \frac{p}{q} \log_a A \quad (A > 0, q \neq 0).$$