Научно-популярный физико-математический
квант
7
1971
журнал
Академии
наук СССР
и
Академии педагогических
наук СССР

В номере:

Великий закон
1
В. И. Кузнецов

Архимед и квадратура парабOLS
7
А. Д. Бендукидзе

Парадоксы реактивного движения
11
М. С. Ливицц

Математический кругхок

Прицили Дирихле
17
А. И. Орлов

Задачик «Квант»

Задачи
22

Решения задач М39—М49; Ф45, Ф59—Ф65
24
Л. Г. Лиманов,
В. Н. Березин,
Н. Б. Васильев,
И. Ш. Слободецкий

Практикум абитуриента

О задачах по фотометрии
41
В. Е. Белонучкин

Вступительные экзамены по математике в Московском текстильном институте в 1970 году
45
Т. И. Берхина,
Э. М. Кан

Писменный экзамен по математике на гуманитарных факультах МГУ в 1970 году
48
А. Г. Кушицренко,
С. В. Фомин

Информация

О математической подготовке абитуриентов
57
М. Л. Смолянский,
Г. Н. Дьяченко,
В. В. Гольдбер

Уголок коллекционера
Марки, посвященные Марии и Пьеру Кюри
60
А. В. Алмыкис

Рецензии. Библиография
Полезная книга
61
М. Б. Балк

Ответы, указания, решения
63

«Квант» для младших школьников

У нас в гостях Вася Смекалкин
64
В. М. Розенутулер

Задча о местах
4-я стр. обложки

2

Рис. 1.

тышаемое Луной, окажется равным $\frac{v^2}{R_\pi} = 0,0027 \, m/cck^2$. А ведь яблоко притягивается Землей с гораздо большей силой. Земное ускорение силы также равно 9,81 $m/cck^2$.

Почему же Земля притягивает Луну в тысячи раз слабее, чем яблоко? Роберт Гук с помощью изобретенных им пружинных весов пытался изменить изменение силы тяжесте. Но на вершине горы груз растягивалружину точно так же, как и на берегу моря. И все же Ньюотон предположил, что земное тяготение ослабляется растяжением. Высота гор невылика по сравнению с размерами Земли и тем более с растяжением от Земли до Луны.

После исследования законов движения планет, установленных Иоганном Кеплером *), Ньюотону удалось найти простое правило убывания силы тяготения с растяжением. Это правило гласит: если центры двух шаров, масса которых равномерно распределена по их объемам, находятся на расстоянии $r$, то сила притягения $F$ между шарами направлена по линии, соединяющей центры шаров, пропорциональна произведению их масс $m_1, m_2$ и обратно пропорциональна квадрату расстояния $r$:

$$F = \gamma \frac{m_1 m_2}{r^2};$$

γ в этой формуле — постоянная величины, ее можно определить только опытным путем.

Вернемся опять к притягению Луны. Лунна находится на расстоянии 60 земных радиусов, а яблоко удалено только на один земной радиус от центра Земли. Поэтому сила, а значит, и ускорение на лунной орбите в $60^2$ раз меньше, чем у поверхности Земли:

$$a = \gamma \frac{M_3}{(60R)^2},$$

$$g = \gamma \frac{M_3}{R^2}.$$

Разделим первое из этих выражений на второе:

$$\frac{a}{g} = \frac{1}{3600},$$ или $a = 0,0027 \, m/cck^*)$.

Полученная величина удивительно точно совпадает с ранее вычисленным значением центростремительного ускорения Луны.

Так Ньюотону удалось проверить закон всемирного тяготения. Правда, в его вычислениях не было такого хорошего согласия: работа в Вульсторпе, Ньюотон не располагал точным значением земного радиуса. Только через несколько лет эта величина была изменена с достаточной точностью.

Несмотря на полученное совпадение величины ускорений, Ньюотон не был удовлетворен проверкой. Нужно было еще решить задачу о притягении яблока, лежащого на Земле. Можно ли считать, что земной шар притягивает яблоко так, как если бы все масса Земли была сосредоточена в центре?

*) Постоянная тяготения γ сокращается — ее вовсе не нужно знать, чтобы убедиться в правильности закона тяготения, открытоного Ньюотоном.

Близкие к яблоку части приятивают его сильнее, чем далекие (рис. 2). Результирующего силу можно вычислить только с помощью интегрального исчисления, но в то время оно еще не было открыто. Изучение движения Луны было отложено на несколько лет. Ныотон занялся оптикой: шлифовал линзы, построил замечательный отражательный телекоп, с увлечением изучал оптические спектры… Но мысли о тяогении не покидали его. Потребовались годы на создание интегрального исчисления, и на его основе Ныотон доказал замечательную теорему: оболочка сфериской формы с равномерно распределенной по ней массой приятивает тело, находящаяся в ее массе оболочки находилась в центре сферы (рис. 3, а). Землю можно представить как набор сферических оболочек (рис. 3, б). ДейстIVE каждой оболочки не зависит от других, а сила тяогения не поглощается веществом Земли. Если принять эти два положения, из которых второе — одно из самых удивительных свойств gravитации, то естественно заключите, что яблоко приятивается Землей именно так, как предполагал Ныотон.

Итак, падение яблока на Землю и движение Луны по своей орбите вызвано одной причины — земным приятженем. А какие силы управляют движением планет? Планеты движутся вокруг Солнца, значит, сила тяогения должна искодить от Солнца. Дальнейшее обобщение — любые два тела приятиваются по такому же закону.

В начале XVII века Иоганн Кеплер открыл законы движения планет. Первый закон Кепера утверждал, что планеты движутся по эллипсам, в форму которых находится Солнце. Смысл второго закона Кепера в том, что планеты движутся по своим орбитам быстрее, когда приближаются к Солнцу, а удаляясь, начинают движаться медленнее: линия, соединяющая планету и Солнце, «выметает» в равные времена равные площади.

Рис. 2.

Квадраты времен образений планет пропорциональны кубам их средних расстояний от Солнца — вот содержание третього закона.

Кеплер выведет эти законы, основываясь на многоолетних записах астрономических наблюдений. Ныотон, опираясь на свои законы движения и закон тяогения, смотг теоретически получить законы Кепера.

Однажды в лондонской кофейне встретились члены английского Королевского общества — знаменитый архитектор Кристофер Рен, Роберт

Рис. 3. F=γ mΣmₙ/r².

4

Гук и Эдмонд Галлей. Галлей рассказал, что ему удалось получить третий закон Кеплера, обединив закон тяготения и законы движения Ньютона, но только для случая круговых орбит. Движение по круговой орбите может произойти, если на планете действует внешняя сила, направленная к центру окружности и равная $Mv^2/R$. Эту силу создает прияжение между планетой и Солнцем. Позному $\gamma \frac{M_C M}{R^2} = \frac{Mv^2}{R}$. Если вспомнить, что скорость движения планеты по орбите $v = \frac{2\pi R}{T}$, то, подставив это выражение в предыдущую формулу, получим закон Кеплера:

$$\gamma \frac{M_C}{R} = \frac{4\pi^2 R^2}{T^2},$$

или $\frac{R^2}{T^2} = \text{const.}$

Когда Галлей кончил свой рассказ, Рен предложил приз тому, кто докажет, что закон убывания тяготения обратно пропорционально квадрату расстояния справедлив и для движения по эллиптическим орбитам.

Галлей обратился к Ньютону. Ньютон ответил, что это им уже сделано, и в ноябре 1684 года рукоипс с расчетами была в руках Галлей. На подготовку рукоипс и ее печатание ушло несколько лет. Наконец в сентябре 1687 года книга Ньютона увидела свет. Она назвалась «Математические начала натуральной философии». Законы, примененные к изучению планет солнечной системы, позволили получить важные представления. Так, Ньютон «взвесил» Солнце, выразив его массу в единицах земных масс:

$$\gamma \frac{M_C M_3}{R^2} = M_3 \frac{v^2}{R_3} = M_3 \frac{4\pi^2 R^2}{R_3 T_3^2},$$

$$M_C = \frac{4\pi^2 R_3^3}{\gamma T_3^2},$$

$$\gamma \frac{M_3 M_\pi}{R^2} = M_\pi \frac{v^2}{R_\pi} = M_\pi \frac{4\pi^2 R_\pi^2}{R_\pi T_\pi^2},$$

$$M_3 = \frac{4\pi^2 R_\pi^3}{\gamma T_\pi^2},$$

где $R_3$ и $R_\pi$ — радиусы орбит Земли и Луны соответственно.

Получился очень интересный результат. Луна — спутник Земли, а Земля — спутник Солнца. Масса спутника каждой раз сокращается. В первом уравнении, когда закон всемирного тяготения применен к Солнцу и Земле, сокращается масса Земли, а во втором — масса Луны. Так Ньютон выразил массы Земли и Солнца через легко доступные астрономическим изменениями величины — радиусы орбит и периоды обращения. Нензвесной ему оставалась величина $\gamma$. Но если взять отношение солнечной и земной масс, то постоянная $\gamma$ сокращается и получается формула

$$\frac{M_C}{M_3} = \frac{R_3^3 T_2^2}{R_3^3 T_3^2} = \left[ \frac{\text{расстояние Земля — Солнце}}{\text{расстояние Луна — Земля}} \right]^3 \times \left[ \frac{1 \text{ месцц}}{1 \text{ год}} \right]^2.$$

Так Ньютону удалилось выразить относение масс Солнца и Земли через известные астрономам величины.

Чтобы вычислить массу Солнца в более привычных единицах, скажем килогramмах, нужно было оценить массу Земли. Ньютон знал только ее объем. Средняя плотность вещества Земли в его время не была известна. Не вызывало сомнения только то, что плотность материков больше плотности воды. Но во сколько раз средняя плотность Земли превосходит плотность воды океана? Ньютон пришел к выводу, что средняя плотность Земли заключена между 5 $e/cm^3$ и 6 $e/cm^3$. Только через девяносто лет сэр Генри Кавендиш «взвесил» Землю, изменив с помощью изяшных круглых весов величины $\gamma$. Плотность Земли оказалась равной 5,5 $e/cm^3$.

А как определить массу Луны? Ведь она сокращается во всех формулах. Все же Ньютон нашел способ оценить и эту величины.

Тысячелетями загадкой для людея оставалась причина приливов в морях и океана. Римляне связывали

6

волна движется относительно материков со скоростью 1800 км/ч и несколько отдаёт от движения Луны.

Приятжение Солнца во много раз сильнее лунного, но неоднородность солнечного приятжения неVELика. Поэтому и солнечная приливная сила $F_C = 2\gamma \frac{M_C}{r^3_{C3}} R$ меньше лунной. Масса Солнца в 27 миллионов раз больше массы Луны, это расстояние Солнце — Земля $r_{C3}$ в 389 раз больше $r$ — расстояния Земля — Луна. Так что $F_C = 2\gamma \frac{27.10^6 M_\pi}{(389 r)^3} R \approx 0.45 F_\pi$, то есть «солнечные» приливы слабее лунных. Конечно, мы не различаем этих приливов. Два раза в месяц Луна и Солнце находится на одной прямой с Землей, солнечная и лунная приливные силы складываются — наблюдается большой прилив. Если же Земля, Солнце и Луна расположены так, что направление Земля — Солнце оставляет угол 90° с направлением Земля — Луна, то приливные силы Солнца и Луны ослабляют друг друга и наблюдается малый прилив. У затерянных в океане островов, где приливные явления не искажаются влиянием берегов, большие приливы поднимаются на 1,30 м, а малые — всего на 0,65 м. Если произвести расчеты, то можно по величины большого и малого приливов оценить относение солнечной и лунной масс.

Так необучный «спутник» Луны — океанский прилив помог Ньюотону расччитать массу Луны. Расчет этот был весма неточным. Задча осложнялась тренем водяных масс о докеана и другими трудноучитываемыми обстоятельствами. Точно значение массы было найдено уже после запуска спутников Луны. Измеренные периоды обращения и характерастики траектории «Лунников» для возможность с большой точностью определить массу, вычисленную Ньюотоном лишь приблизительно. По движению искусственных спутников Луны учены определили, что лунная масса распределена неравномерно по ее объему — законы Кеплера выполняются для спутников Луны приближению.

Do Ньюотона actрономы считали, что кометы пролетают только один раз через солнечный систему. Однако Ньюотон показал, что кометы могут двигаться по замкнутым эллиптическим орбитам. Особенно их орбит—сильная вытянутость. Поэтому кометы уходят на большие расстояния от Солнца и период сбращения их весма велики. Эдмонд Галлей сумел расчитать время возврашения одной из самых значительных комет, записи о появлении которого сохранили с древнейших времен. Расчеты подтвердили — комета возврашает в предсказанные Галлеем сроки. Ее можно наблюдать какые 76 лет. В 1986 году эта комета вновь будет видна с Земли. Только один actрон Иоганн Галле, проживший почти сто лет, дважды наблюдал комету Галлея. Возвращение комет — еще одно подтверждение закона всемирного тяготения.

Решения многохrefs замечательных проблем, в которых применяется закон всемирного тяготения, содержались в «Математических началах»: это и расчет прецессии земной оси, и доказательство того, что любой камень, брошенный на Земле, движется по эллипсу, один из фокусов которого — центр Земли, и, наконец, исследование влияния взаимного тяготения планет на их движение. Влияние планет неveliko по сравнению с солнечным тяготением, одноко такая планета, как Юпитер, изменяет характер орбиты соседнего Сатурна, или, как говорят actрономы, возмущает его движение.

Уже третье столетие законы Ньюотона использует при расчетах станков и артиллерийских орудий, траекторий спутников Земли и пакет. Математические формулы, написанные более двух веков назад, заключаются в счетно-решающее машины самой новейшей конструкции, неопровержимо подтверждющие свойства этих законов.

АРХИМЕД
И
КВАДРАТУРА
ПАРАБОЛЫ

Еще в глубокой древности учены занимались вычисления площадей. Общого метода тогда еще не существовало. (Такой метод дает нам интегральное исчисление.) Поэтому при вычислении площади фигуры использовались ее специфические свойства. В статье расссказывается, как Архимед, используя свойство параболы, вычислил площадь параболического сегмента.

Кому не известно имя Архимед? Этот великий мысленель оставил неизгладимый след в истории человека. Исследователи его творчества с восхитением говорят о нем как о великом инженере, об астрономенаблюдателе, не имеющим себе равных, о генциальном математике, о человека, знающим все тайны природы…

Matематические работы Архимед подкупают читателяясното мысли, изящством, доведенной до современства технической вычисления. Известный греческий историк Плутарх пишет:

«В во всей геометрии нельзя найти более трудных и глубокомысленных задач, которые были бы решены так просто и ясно, как те, которые занималися Архимед».

Не является исключением и одна из первых математических работ Архимед — «Квадратура параболы».

Эта работа посвящена вычислению площади параболического сегмента, то есть фигуры, ограниченной параболой и прямой, и представляется, в существии, доказательство следующего теоремы:

Площадь параболического сегмента равна четыREM площади треугольника, имеющего с сегментом общее основание и высоту.

Работа естественных образом делится на две части. В первой части Архимед показывает, как эта теорема была им обнаружена при помощи механики, а именно при помощи им же установленного «закона рычага», во второй же части дает геометрическое доказательство.

8

Рис. 1.

Мы познакомим читателя с содержанием второй части работы.

1. Сформируем одно замечательное свойство параболы *), на котором основано все дальнейшее изложение.

Если пряма $AB$ касается параболы в точке $P$ и хорды $A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$, … паралельны этой касательной, то середины хорд — точки $C_1, C_2, C_3$, … — лежат на одной прямой; эта пряма паралельна оси параболы и проходит через точку $P$ (рис. 1).

Кроме того,

$$\frac{A_1C_1^2}{PC_1} = \frac{A_2C_2^2}{PC_2} = \frac{A_3C_3^2}{PC_3} = \dots$$ (1)

Попробуйте доказать эти свойства параболы сами.

2. Рассмотрим теперь параболический сегмент, ограниченный другой параболы $APB$ и хордой $AB$ (рис. 2).

Точка параболы $P$, касательная в которой паралельна хорде $AB$, называем вершиной сегMENTа, а суму хорду $AB$ — основанием сегMENTа. Середина основания. Согласно свойству (1) пряма $PC$ паралельна оси параболы.

*) Напомним, что параболой называется геометрическое место точек на плоскости, равноудаленных от некоторой точки и не проходящей через прямой. В соответствии with the definition of a parabola, a point on the parabola is a point where the distance from the vertex to the focus is equal to the distance from the focus to the directrix.

10

Докажем одно замечательное свойство этой последовательности, а именно докажем, что для любого $n$ справедливо следующие равенства:

$$s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n + \frac{4}{3} s_n = \frac{4}{3} s_1.$$

(6)

В самом деле, так как $4(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n) = 4s_1 + (4s_2 + 4s_3 + \dots + 4s_{n-1} + 4s_n)$, из соответствий (5) следует, что $4(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1}) + 4s_n = 4s_1 + (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1})$, то есть $3(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1}) + 4s_n = 4s_1$.

Равенство (6) получается отсюда делением на 3.

6. Тепер уже можно доказать, что площадь параболического сегмента $S = \frac{4}{3} s_1$.

Архимед доказывает это равенство так называемым «методом исчерпывания». Этот метод, принадлежший одному из крупнейших греческих математков — Евдоксу (IV век до н. э.), заменял во время Архимеда метод предельного перехода.

Предположим, что $S > \frac{4}{3} s_1$ или $S < \frac{4}{3} s_1$.

Докажем, что это невозможно.

Предположим сначала, что $S > \frac{4}{3} s_1$.

Мы уже отмечали, что, продолжая процесс вписывания, можно добиться того, чтобы сумма площадей оставшихся сегментов была сколь годно малой. Это значит, что, подбирая соответствующим образом $n$, разность $S - (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n)$ можно сделать меньше любого наперед заданного положительного числа. Подберем $n$ так, чтобы выполнялось равенство $S - (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n) < S - \frac{4}{3} s_1$. Тогда $s_1 +$

$s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n > \frac{4}{3} s_1$, а это, согласно равенству (6), невозможно *. Таким образом, неравенство (7) неверно.

Предположим теперь, что

$$S < \frac{4}{3} s_1.$$

(8)

Так как члены последовательности (4) стремятся к нулю, $n$ можно выбрать так, чтобы выполнялось следующей равенство:

$$\frac{4}{3} s_n < \frac{4}{3} s_1 - S.$$

Из этого неравенства с учетом равенства (6) получим

$$S < s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n$$

что, конечно же, невозможно.

Итак, и неравенство (8) неверно. Тем самым доказано, что $S = \frac{4}{3} s_1$.

7. Сделаем в заключение следующие замечание.

Как известно, древние греки под квадратурою фигуры понимали построение квадрата, равновеликого этой фигуре. Задча о квадратуре в «греческом смысле» не всегда имеет решение. Доказано, например, что для круга она неразрешима. То есть нельзя построить (при помощи циркуля и линейки) квадрат, равновеликий данному кругу.

Полученный Архимедом результат примечательен и в том смысле, что показывает возможность положительного решения задачи о квадратуре параболического сегмента: зная снование и высоту сегмента, всегда можно построить квадрат, равновеликий этому сегмента.

*) Мы предположили, что $S > \frac{4}{3} s_1$, следовательно, $S - \frac{4}{3} s_1$ — положительное число.

11

Парадоксы реактивного движения
М.С. Лившиц

Мощность ракетного движения

При работе реактивного движения химическая энергия топлива преобразуется в кинетическое энергию с определенным коэффициентом полезного действия: часть этой химической энергии расходуется на различные тепловые потери (нагрев стенок камеры дивигателя, тепло, уносимое истекающими газами, и др.). Отношение полученной кинетической энергии к химической энергии сгоревшего топлива называется внутренним (или эффективным) коэффициентом полезного действия $\eta_{\alpha\phi}$. Obviously он бывают порядка $0,3 \div 0,5$.

Пока умышленно не уточнялось — кинетическая энергия чего?

Рассмотрим систему координат, связанную с ракетой. За очень маленькое время $\Delta t$ из сопла ракеты будет выброшена масса газа $\Delta m$. Если $\Delta t$ достаточно мало, то скорость ракеты практически не меняется и система координат, связанную с ней, можно считать инерциальной. В этой системе координат ракета неподвижна, а значит, химическая энергия топлива переходит в кинетическую энергию газов.

Пусть $u$ — относительная скорость истечения газов из сопла ракеты; тогда кинетическая энергия массы газа $\Delta m$, вылетающего из сопла ракеты,

$$E_{\Delta m} = \frac{\Delta mu^2}{2}.$$

12

Так как мощность равна работе, совершаемой в единицу времени, то выражение для мощности мы получим, если вместо величины отбрасываемой массы газов подставим в наше выражение секундный расход массы μ.

Таким образом, мощность двигателя расчеты

$$P_{\text{дв}} = \frac{\mu u^2}{2}.$$

Это же выражение можно было получить и другим путем, рассматривая движение ракеты и газов в подвижной системе координат. При этом полученная за время работы ракетного двигателя кинетическая энергия $E$ расходуется на изменение кинетической энергии выбрасываемых газов $\Delta E_{\text{газа}}$ и изменение кинетической энергии ракеты:

$$\Delta E = \Delta E_{\text{газа}} + \Delta E_{\text{ракеты}}.$$

Найдем отдельно каждой из членов этой суммы.

1. Пусть скорость ракеты до выброса топлива $\Delta m$ равна $v$. тогда

$$\Delta E_{\text{газа}} = \frac{\Delta m (u - v)^2}{2} - \frac{\Delta m v^2}{2},$$

где $\frac{\Delta m v^2}{2}$ — кинетическая энергия, который обладает отбрасываемая масса газов до ее истечения (когда она находится в ракете и движалась вместе с ней со скоростью $v$), $\frac{\Delta m (u - v)^2}{2}$ — кинетическая энергия, который обладает отбрасываемая масса газов после ее истечения из сопла ракеты с относительной скоростью $u$ (так как в неподвижной системе координат ее скорость будет $u - v$).

2. Теперь займемся вторым членом — $\Delta E_{\text{ракеты}}$. Так как за время $\Delta t$ из сопла выбрасывается масса газа $\Delta m$, унося количество движения $\Delta mu$, то на эту массу газа в соответствии со II законом Ньютона действует сила

$$F = \frac{\Delta mu}{\Delta t} = \mu u.$$

По III закону Ньютона такая же по величины сил, но направлена в противоположную сторону, действует на ракету — это и есть сила тягги двигателя. Если за время $\Delta t$ ракета проплега расстояние $\Delta S$, то сила тягги двигателя совершила совершенное движение снаружи с координатом, связанная с ракетой.

Итак, мощность ракетного двигателя $P_{\text{дв}} = \frac{\mu u^2}{2}$ и при Staционарной работе двигателя остается постоянной. Запомним это.

Полезная механическая мощность двигателя (мощность, развиваемая сил тягги)

Основная задача двигателя — увеличивать кинетическую энергию ракеты. Мы видели, что сила тягги равна $F_{\tau} = \mu u$, а изменение кинетической энергии ракеты за время $\Delta t$ равно $\Delta E_{\text{ракеты}} = \mu u \cdot \Delta S$. Поэтому полезная мощность тягги двигателя равна

$$W_{\pi} = \frac{\Delta E_{\text{ракеты}}}{\Delta t} = \mu u \frac{\Delta S}{\Delta t} = \mu u v.$$

При Staционарной работе двигателя, то есть при постоянном секундном расходе массы и постоянной скорости истечения газов, полезная мощность двигателя растет пропорционально скорости ракеты.

На первый взгляд этот вывод кажется парадокальным. В самом деле, поскольку формула, которая мы получили, справедлива при любой скорости ракеты, то она будет спра-

13

ведлина и при такой скорости ракеты, при которой величины получаются полезной мощности станет больше мощности, развиваемой ракетным двигателем за счет энергии топлива!

Из сравнения выражений для мощности двигателя и для полезной мощности видно, что при $v = \frac{u}{2}$ полезная мощность становится равной мощности ракетного двигателя. Следовательно, при дальнейшем увеличении скорости ракеты она будет больше мощности двигателя. Такова та количественная граница, где появляется указаный парадокс.

Для того чтобы разобраться в этом парадоксе, нам придется рассмотреть, что такое внешний (полетный) коэффициент полезного действия. Однакоренено при этом мы выясним, почему ракетный двигатель целесообразно характеризовать не мощностью, как это принято для других двигателей, а развиваемой им силой тягги.

Внешний коэффициент полезного действия не может полностью характеризовать эффективность ракетного двигателя, так как в общем случае, как мы видели выше, энергия топлива распределяется между ракетой и выбрасываемыми газами. Поэтому в теории вводится еще так называемый внешний (или полетный) к.п.д., причем в литературе можно встретить два отличияся друг от друга определения и соответствующие выражения для внешнего к.п.д. Кажде из этих определений к.п.д. с различных точек энергия характеризует механику полета ракеты. Расмотрим эти определения, указывая одновременно на их логическое обоснование.

Первое определение внешнего к.п.д.

Полот с работящим двигателем является полетом тела переменной массы. Поэтому, помимо мощности ракетного двигателя, энергетическая

соответствие должны учитывать еще и обмен энергий между ракетой и покидащими ее газами, то есть всю мощность, которой мы располагаем. Изменение энергии ракеты может произсходить как за счет химического энергии топлива (работы силы тягги), так и за счет энергии, которой обладала выбрасываемая масса газов до ее истечения из ракеты. Она тоже может быть передана ракете.

Итак, внешний (полетный) к.п.д. можно определить как отношение работы силы тягги к сумме механической энергии, появляющейся за счет сгорания топлива, и энергии, которой обладала масса газов до ее истечения из ракеты. Это отношение можно заменить относением соответствующих мощностей (результат не изменится).

$$\eta' = \frac{\mu u v}{\mu^2 / 2 + \mu v^2 / 2} = 2 \frac{v}{u} / 1 + \frac{v^2}{u^2}.$$

Обозначив относение $\frac{v}{u} = R$, получим окончательную

$$\eta' = \frac{2R}{1 + R^2}.$$

Исследуем теперь формулу. Значение $\eta'$ максимально, когда $\frac{1}{\eta'}$ минимально, то есть когда минимально выражение $\frac{1 + R^2}{R} = \frac{1}{R} + R$. Но $\frac{1}{R} + R \geq 2 \sqrt{\frac{1}{R} \cdot R}$ (среднее аргументное двух чисел $a$ и $b$ больше среднего геометрического или равного ему, если $a = b$). Значит, $\frac{1}{R} + R$ минимально при $\frac{1}{R} = R$ (или, что то же, при $\frac{1}{R} + R = 2$). Это означает, что максимум $\eta'$ достигается при $R = 1$ и при этом $\eta' = 1$.

Физические это совершенню ясно: при $v = u$ истеклошая масса газа обладает кинетической энергейой, равной нулю, то есть полностью отдает

14

Кинетическая энергия, которую она имела равше, пакете.

График $\eta'$ имеет вид, показанный на рис. 1.

Уменьшение полетного к.п.д. при $v > u$ объясняется тем, что опять появляется и начинает возрастать энергия, уносимая стреей газа.

Второе определение внешнего к.п.д.

При втором определении внешнего к.п.д. к нему подходит следующее образом.

Единственный источником приращения кинетической энергии системы «ракета + отбрасываемые газы» является работа пакетного двигателя, то есть энергия, полученная за счет перехода химической энергии топлива в механическую энергию топлива и пакеты. А под полезной работе нужно помнить ту работу, которая идет на приращение кинетической энергии самой пакеты.

При этом внешний к.п.д. определяется как отношение полезной работы к полной механической энергии, получаемой в пакетном двигателе за счет химической энергии топлива.

Определим величины полезной работы в принятом здесь понимании.

Сила тягги производит над пакетной работе, которая увеличивает кинетическая энергия пакеты. Но, с другой стороны, масса газа, показанная пакету, уменьшает кинетическую энергию пакеты на ту величины, которой эта масса газа обладала (имея, так сказать, свой вклад в общую энергию пакеты) до ее истечения. Таким образом, полезная мощность равна $\mu uv - \frac{\mu v^2}{2}$.

Следовательно, по второму определению

$$\eta'' = \frac{\mu uv - \frac{\mu v^2}{2}}{\mu u^2} = 2R - R^2$$

Нарисуем график зависимости $\eta'' = 2R - R^2 = R (2 - R)$ от $R$. Это парабола, пересекающая ось $R$ в точках $R = 0$ и $R = 2$, с максимумом при $R = 1$ (рис. 2). То есть максимум $\eta''$ достигается тогда же, когда и максимум $\eta'$, — при $R = 1$ (при этом на приращение кинетической энергии движущейся вперед пакеты расходуется все механическая энергия пакетного двигателя, либо отбрасываемая масса газа обладает нулевой скоростью и не уносит с собой никакой энергии). Из графика видно, что при $R > 2 (v > 2u) \eta'' < 0$.

Вот тут, при рассмотрении второго определения к.п.д. пакетного двигателя, и раскрывается еще одна важная особенность физики пакетного двигателя, рассматриваемый с точки зрения изменения кинетической энергии

15

движущейся пакеты после достижения значения скорости полета пакеты $v=2u$, становится отрицательным! Еще один парадокс…

В чем же разгадка приведенных парадоксов?

1. Первый «парадокс», то есть тот факт, что мощность, развиваемая силой тягги, непрерывно растет с увеличением скорости пакеты и при $v > \frac{u}{2}$ становится больше мощности пакетаного движения, объясняется, как видно из первого определения внешнего к.п.д., наличием обменной части, мощностью которого мы рассматрием. Она тоже возрастает с увеличением скорости пакеты. Таким образом, при увеличении скорости пакеты покидащие пакету газы становится, так сказаны, все более «богатыми» и отдалит пакете все больше욕ную величины (абсолютную, а не относительной) той энергии $\frac{\mu v^2}{2}$, который они располагали до истечения из пакеты. Вылетающие из сопла пакеты газы отдалют пакете ту часть энергии, которая была запасена раньше. Это и приводит к тому, что мощность, развиваемая силой тягги, непрерывно растет и при $v > \frac{u}{2}$ становится больше욕ную величины, получаемой за счет химической энергии топлива.

2. Второй «парадокс» объясняется тоже довольно просто. Когда скорость пакеты становится больше двойной скорости истечения газов ($v > 2u$), энергия, уносимая газом, возрастает настолько, что истекающая струя газа уносит не только всю энергию, создаваемого в данной момент пакетным движения, но и часть энергии, которой обладала система «ракета — газ» до этого момента (накопленную за предыдущую «историю» полета). Или, если подойти несколько иначе к появлению физического смысла этого «парадокса»: уменшение кинетической энергии пакеты за счет уменшения ее массы (за счет «похудания») больше, чем уменшение кинетической энергии за счет уменшения скорости пакеты. Итак, пакетный движатель целесообразно характеризовать его силой тягги. Это резко отличается от привычной ситuation, скажем, для авто-

16

мобильного или самолетного двигателя, служащих для обеспечения движения в среде, обладающей сопротивлением.

В последнем случае именно мощность двигателя является его важнейшей характеристикой, так как чем мощнее двигатель, тем большеую скорость движения данного тела он может поддерживать, предопределая соответствие уvelинчивающейся сопротивления среды, то есть компенсируя потери энергии на предоление сопротивления среды.

В процессе полета ракеты с работойшим двигателем относительной кинетическая энергия (кинетическая энергия на единицу массы) остающейся часть ракеты непрерывно уvelинчивается вместе со скоростью (эффективность этого процесса характеризует полетный к.п.д. в первом определении), хотя кинетическая энергия ракеты с новым (оставшимся) запасом топлива при скорости $v > 2u$ меньше кинетической энергии ракеты с топливом до того, как выбрасываемая масса газа покидает ракету.

ФОРУМ АСТРОНОМОВ И ГЕОДЕЗИСТОВ

ШестЬ ноябрьских дней (23—28. XI. 1970) в актовом зале Казанского государственного университета им. В. И. Ульянова (Ленин) проходил очередной V съезд Всесоюзного астроно-геодезического общества (ВАГО) при АН СССР.

ВАГО является добровольной научно-общественной организации, занимающей работами в области астрономии, геодезии и картографии. Оно было создано в 1932 году. В состав Общества входят 55 отделений, объединяющих 5640 детективных членов, 197 членов-коллективов (предприятия, учреждения и др.) и 1040 членов юношеской секции.

В работе V съездаВАГО участвовал более 600 человек со всех концов страны. На съезде были рассмотрен организации вопросы (отчет Центрального совета, выборы руководящих органов Общества и принятие решений). На пленарных засаданиях и секциях были заслушаны научные доклады и сообщения виднейших ученых страны и астрономов-любителей.

На юношеской секции съезда в сообщениях С. С. Войкова, В. В. Мартыненко, Б. Г. Пшеничера, В. В. Чистякова, С. С. Новикова и др. было подробно рассказано о работе, проведенной членами этой секции. Согласно УставаВАГО члены юношеской секции имеют право:

«a) участвовать с совершательным голосом в съездах, конференциях,СССЯХ, совещаниях и собрания Общества;

b) пользоваться обслуживанием,лабораториями, библиотекой, архивами и коллекциями Общества;

b) носить знаок членаОбщества,»*)

За период между IV и V съездамиВАГО члены юношеской секции, которые работали при 31 отделенииОбщества, принимали самоое активное участие в научно-любительных работах по изучению переменных звезд, наблюдино Солнца, сервисных облаков, меторов, искусственных спутников Земли, планет, в атмосферном зондировании, обслуживания кратероподобных структур, в исследовании кратероподобных структур — совокупности atmosферных явлений, ограничивающих эффективность крупных телекскопов. В юношеских секциях Московского, Новосибирского и Крымского отделенийОбщества и в Угличском филиале Ярославского отделения были сконструированы и изготовлены электронометры, фотографические камеры, электроноприметры. В Крымской и Азербайджанской секциях юные астроνομы весма успешно запоминаются любительским телекскопостроением, изготовляют зерка для любителей-астрономов других городов.

Большое внимание уделяется организации различных астрономических экскурсий школьников. Регулярно проводятся meteorные экспедиции, организуемые в Крыму

*) Прием в члены юношеских секций произведится отделениями общества или их фильпалами на основании письменного заявления вступающего членаВАГО или учебного заведения, предприятия или комсомольской организации.

(Окончание см. на стр. 21)

18

Рис. 1.

В клетку 0 «посадим» всех, кто не сделал ни одной ошибки, в клетку 1 — тех, у кого одна ошибка, в клетку 2 — две, … и так до клетки 13, куда попал один Саша Иванов.

Телерь применим приципп Дирихле (обратите внимание, это очень важное место).

Докажем утверждение задачи от противного. Предположим, никакие три ученика не сделали по одинаковому числу ошибок, то есть в каждую из клеток 0, 1, …, 12 попало меньше трех школьников. Тогда в каждой из них два человека или меньше, а всего в этих 13 клетках не больше 26 человек. Добавив Саша Иванова, все равно не наберем 30 ребят. Противоречие.

Можно ли утверждать, чторовно трое сделали поровну ошибок? Нет, конечно. Возможно, все ребята, кроме Саши, написали диктант без единой ошибки, то есть все сделали по 0 ошибок. Можно ли считать, что по крайней мере четверо попали в одну «клетку»? Нет, нельзя. Класс, в котором по 3 человека сделали 0, 1, 2 ошибки, по 2 человека — 3, 4, …, 12 ошибок и один — 13, удовлетворяет условиям задачи.

2. Пусть в классе 41 человек, а не 30. Докажите, что найдется четверо, сделавшие одинаковое число ошибок. (Остальные условия — как в задаче 1.)

3. В Москве около 7,1 миллиона життелей, на голове у каждой не больше 100 000 волос. Докажите, что в Москве есть по крайней мере 70 человек с одинаковым числом волос на голове.

Знакомства

Будем считать, что знакомство — «симметриное» отношение между людьми: если Комаров знаком с Жуковым, то и Жуков знаком с Комаровым.

4. Выберем любым способом 5 человек. Докажите, что по крайней мере из них имеют одинаковое число знакомых среди выбранных.

20

Рис. 3.

14. Несолько дуг окружности по крашеньи в черный цвет. Сумма длины окруженных дуг меньше половины длины окружности. Доказите, что существует диаметр, оба конца которого не окружены.

Покрасим в синей цвету дуги, симметричные черным относительно центра окружности. Поскольку сумма длини синих дуг равна сумме длини черных, то общая длина окруженных дуг меньше длины окружности. Значит (прицип Дирихле!), найдется неокрашенная точка. Диаметр, проходящий через нее, и будет искомым.

«Рассмотрим отрезок AB. Пусть на нем лежат несколько черных отрезков обшей длиной 1,5AB. тогда какая-то точка AB принадлежит по крайней мере двум черным отрезкам». Такое рассуждение помогает в следующей задаче.

15. В квадрате ABCD со стороны 1 см расположены несколько окружностей, сумма радиусов которых равна 0,6 см. (Окружности могут пересекаться или совпадать.) Доказать, что найдется прямая, параллельная AB, имеющая общие точки по крайней мере с двумя окружностями.

Рано или поздно повторится

16. Дан ряд
    1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,…,
    в котором каждое число, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих. Найдется ли среди 100 000 001 первых членов этого ряда число, оказывающегося четымьяну нулями?

Рассмотрим ряд остатков от деления данных чисел на 10 000. Остаток, стоящий на n-м месте, обозначаим символом $a_n$. $a_1=1$, $a_2=1$, $a_6=8$, $a_{10}=55$ и так далее. Различных остатков существует 10 000, различных пар остатков — $10 000^2=100 000 000$. Рассмотрим пары $a_1a_2; a_2a_3; a_3a_4;...; a_{100 000 001}a_{100 000 002}$. По принципиу Дирихле из этих 100 000 001 пары остатков по крайней мере две совпадают: $a_k=a_m$, $a_{k+1}=a_{m+1}$, где k и m меньше 100 000 002, k меньше m. По остатку суммы и одного из слагаемых однозначно определяется остаток второго слагаемого (проверьте), поэтому $a_{k-1}=a_{m-1}$, $a_{k-2}=a_{m-2}$ и так далее вплоть до $a_2=1=a_{m-k+2}$, $a_1=1=a_{m-k+1}$. Тепер ясно (почему?), что $a_{m-k}=0$.

17. Доказите, что для любого натурального n в ряду из условия

21

предыдущей задачи найдется число, оканичивающее на $n$ нулей.

18. Докажите, что существует степень числа 29, оканичивающаяся цифрами 00 001.

19. Пусть число $A$ не делится на 2 и 5. Докажите, что для любого $n$ существует степень числа $A$, при делении на $10^n$ дающий 1 в остатке.

20. Докажите, что существует кратное 1970 число, в десятичной записи которого участвует только нулы и единицы.

Таблица

В таблице $n \times n$ клеток расставлены целые числа от 1 до $n^2$. На будет интересовать следующей утверждение:

«При любой расстановке найдется две клетки, имеющие общую сторону, такие, что разность между числами, стоящими в этих клетках, больше 5».

21. Докажите это утверждение
    a) для $n=10$;
    b) для всех $n$, больше 10;
    c) для $n=9$.

22. Опроверните его для $n=5$.

Автору неизвестно, верно ли расматриваемое утверждение для $n=6, 7, 8$.

Задание

23. В доме 123 жильца, им вместе 3813 лет. Можно ли выбрать 100 из них, которые вместе не меньше 3100 лет?

24. На плоскости данных 7 прямых, никакие две из которых не параллельны. Докажите, что найдется две из них, угол между которых меньше $26^\circ$. Верно ли аналгитическое утверждение, если $26^\circ$ заменить на $25^\circ$?

25. Докажите, что у любого дерева можно оборвать $8/15$ его листев, оставив при этом не менее $7/15$ тени, которое давало дерево (тенью от ствола и веток пренебречь; число листев можно считать делящимся на 15).

26. Двадцати одному мальчику дали 200 орехов. Докажите, что, как бы они их разделили, найдется два мальчика, которые досталось поровну орехов (может быть, по 0 орехов).

27. Даны 7 отрезков. Длина каждой больше 10 см и меньше 1 м. Докажите, что из каких-то трех можно составить треугольник.

28. Из ряда 1, 2, …, 200 каким-то способом выбрано 101 число. Докажите, что одно из выбранных чисел делится на другое.

(Окончание. Начало см. на стр. 16.)

для юных астрономов, признажающих из разных мест СССР. Многие члены юношеской секции были активными участниками наблюдения солнечного затмения 1968 года.

В последние годы заметно расширилась сеть молодежных астрономических обществ и различных клубов и крупков, объединяющих около 3000 школьников. Помощь этим организациям осуществляется из пятей региональных методических центров, находящихся в отдельах астрономии Московского и Бакинского дворцов пioneеров, в общеватории Алма-Атинского дворца пioneеров, Крымской области юношеской общеватории (Симферополь) и детской общеватории клуба юных техников Сибирского отделения АН СССР, которые направляют работу юных астрономов на развитие наблюдений с использованием современных методов и технических средств, на конструкровании и изготовление различных астрономических прибора и организацию народных общеватории и астрономических laboratorий.

Большое внимание к работе юных астрономов со стороны Министерства просвещения СССР и РСФСР, ЦК ВЛКСМ, Центральной станции юных техников, ВДНХ и Правления Всесоюзного общества «Знание» должно можноть шпре развивать работу юношеских секций ВАГО. Все это позволяет проведении в 1969 году в Баку Первую Всесоюзную конференции юных любителей астрономии, которая способствовала обмену и распространению лучшего работы юношеских секций ВАГО.

Вице-президент ВАГО профессор Л. С. Хренов

22

ЗАДАЧИ

М91. Двое играют в «крестики» и «ноликки» на бесконечном листе клетчатой бумаги. Начинающий ставит крестик в любую клетку. Каждый следующий своим ходом он должен ставить крестик в любую свободную клетку, соседнюю с одной клеткой считается любая, имеющая с ней общую сторону или общую вершину. Второй играющий каждым своим ходом может ставить сразу три поликка в любые три свободные клетки (не обязательно рядом друг с другом). Докажите, что, как бы ни играл первый, второй может его «запереть»: добиться того, чтобы первому больше некуда было поставить крестик.

Исследуйте аналогичные игры, в которых второму разрешается за один ход ставить не три, а только два или только один поликк. Каков здесь будет результат при правильной игре партнеров: удасся ли поликам «за-

Рис. 1. Здесть изображена одна из позиций, которые могут возникнуть после третьего хода (черным цветом выделены крестики и поликки, поставленные на первом ходу, красным — на втором, голубым — на третьем).

переть» крестики (и какое наиболее число ходов могут «продержаться» крестики) или игра может продолжаться до бесконечности?

Попробуйте изучить другие варианты этой игры: когда соседним с данной считаются только клетки, имеющие с ней общую сторону; когда плоскость разбита не на квадраты, а на правильные шестиугольники; когда первому разрешается ставить сразу рұ крестиков, а второму — q поликков.

А. П. Савин

М92. Петя собирается все 90 дней каникул проводится в деревне и при этом строго придерживается такого распорядка: каждый второй день (то есть через день) ходить купаться на озеро, каждый третий — ездить в магазин за продуктами и каждый пятый день решать задачи по математике. (В первый день Петя продельвал и то, и другое, и третье и очень устал.) Сколько будет у Пети «приятных» дней, когда нужно будет купаться, но не нужно ездить в магазин и решать задачи? Сколько «скучных», когда совсем не будет никаких дел?

М93. Каждое из чисел $x_1, \dots, x_n$ равно плоскости или минус единице. Известно, что

$$x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_{n-1}x_n+x_nx_1=0.$$

Докажите, что $n$ делится на четые.

А. М. Леонтови

М94. Докажите, что не существует многогранника, у которого к каждой вершине и к каждой грани примыает не менее чем по четыре ребра.

Л. Г. Лиманов

24

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решения задач М39—М49.

М39

Докажите, что целые неотрицательные числа $x, y$ удовлетворяют уравнению $x^2 - mxy + y^2 = 1$ (где $m$ — данные целое число, большее единицей) тогда и только тогда, когда $x$ и $y$ — соседние члены последовательности $\varphi_0 = 0, \varphi_1 = 1, \varphi_2 = m, \varphi_3 = m^2 - 1, \varphi_4 = m^3 - 2m, \varphi_5 = m^4 - 3m^2 + 1$, …, в котором $\varphi_{k+1} = m\varphi_k - \varphi_{k-1}$ для всех $k \ge 1$.

Например, все решения уравнения

$$x^2 - 3xy + y^2 = 1$$

(1)

в целых числах $(x, y)$, $0 \leq x < y$, — это пары

$$(0, 1), (1, 3), (3, 8), (8, 21), \dots$$

(2)

соседних членов последовательности $0, 1, 3, 8, 21, \dots$, определяемой условиями $\varphi_0 = 0, \varphi_1 = 1, \varphi_{k+1} = 3\varphi_k - \varphi_{k-1}$ для всех $k \ge 1$.

Решим эту задачу для $m = 3$ (для других $m > 1$ решение совершено аналогично.) Мы должны доказать, что, во-первых, все пары чисел (2) удовлетворяют уравнению (1) и, во-вторых, никакие другие пары неотрицательных чисел чисел этого уравнения не удовлетворяют. (Заметим, что эту вторую и более трудную часть решения многое читатели, приславшие письма, упустили из виду.)

В последовательности (2) за каждой парой $(x, y)$ следует пара $(x_1, y_1)$, которое можно получить из $(x, y)$ с помощью такого преобразования:

$$x_1 = y, y_1 = 3y - x.$$

(3)

Это преобразование $(x, y) \rightarrow (y, 3y - x)$ мы обозначим буквой $T$. Нетрудно

25

проверить, что если пара $(x, y)$ удовлетворяет уравнению (1), то пара $(x_1, y_1) = T(x, y)$ ему тоже удовлетворяет:

$$x_1^2 - 3x_1y_1 + y_1^2 = y^2 - 3y(3y - x) + (3y - x)^2 = y^2 - 3xy + x^2.$$

(4)

Отсюда сразу видно, что все пары (2) удовлетворяют уравнению (1): ведь пара (0, 1) ему удовлетворяет, а все остальные получаются из нее с помощью конечного числа преобразования $T$.

Докажем теперь, что других решений $(x, y)$ в целых числах, подчиненных условиям $0 \leq x < y$, уравнения (1) нет. Пусть $(x_1, y_1)$ — одно из таких решений. Найдем такую пару $(x, y)$, из которой эти $x_1$ и $y_1$ получаются по формулам (3), — для этого достаточно выразить $x$ и $y$ через $x_1$ и $y_1$:

$$x = 3x_1 - y_1, y = x_1.$$

(5)

Такой переход от $(x_1, y_1)$ к $(x, y)$ — преобразование, обратное *) к $T$ — мы будем обозначать через $T^{-1}$. Из равенств (4) следует, что если пара $(x_1, y_1)$ удовлетворяет уравнению (1), то пара $(x, y) = T(x_1, y_1)$ ему также удовлетворяет. Покажем, что если, кроме того, $0 < x_1 < y_1$, то

$$0 \leq x < y.$$

(6)

Представим равенство $x_1^2 - 3x_1y_1 + y_1^2 = 1$ следующего двумя способами:

$$x_1^2 + y_1(y_1 - 3x_1) = 1,$$

$$x_1(x_1 - y_1) + y_1(y_1 - 2x_1) = 1.$$

(7)

Из равенства (7) сразу следует ($x_1$ и $y_1$ положительные!), что $-x = y_1 - 3x_1 \leq 0$, причем если $y_1 - 3x_1 = 0$, то $x_1 = 1$ и $y_1 = 3$. Из равенства (8) в свою очередь следует, что $y - x = y_1 - 2x_1 > 0$ (ведь $x_1 - y_1$ отрицательно). Неравенства (6) доказаны. Заметим, что их можно переписать и так:

$$0 \leq x < x_1,$$

(9)

поскольку $x_1 = y$. Итак, любое решение $(x_1, y_1)$, $0 < x_1 < y_1$, после преобразования $T^{-1}$ переходит в решение $(x, y)$, для которого $0 \leq x < y$. Если при этом $x > 0$, то мы можем применить $T^{-1}$ еще один или несколько раз, получая новые (меньшие по величины) решения. Действительно, как показывает (9), величины целого числа $x$ при каждой преобразовании уменьшается. Поэтому через некоторое конечное число шагов мы должны остановиться, а остановиться мы можем лишь тогда, когда получим решение $(x, y)$, у которой $x = 0$ и, следовательно, $y = 1$. Таким образом, мы доказали, что из каждой решения $(x_1, y_1)$ за конечное число преобразованный $T^{-1}$ получается решение (0, 1). Отсюда следует, что каждое решение из (0, 1) за конечное число преобразованный $T$ (то есть что никаких других, отличных от (2), решения нет). Задча полностью решена.

Более наглодно это решение можно представить так. Будем изобразать пару чисел $(x, y)$ как обычно, точкой плоскости. Тогда уравнение $x^2 - 3xy + y^2 = 1$ задает на плоскости кривую, называемую «шперболой». (На обложке нарисовано целое семейство гипербол, задаваемых уравнениями $x^2 - 3xy + y^2 = c$ с разными значениями параметра $c$, а интересующая нас — желтого цвета.) Решить это уравнение в целых числах — значит указывать все точки с целочисленными координатами, лежащие на гиперболе. Однако такой точку указывает легко: это — черная точка с координатами (0, 1). Все остальные (в пределах угла $0 \leq x < y$), как мы доказали, получаются из нее последовательным применением преобразования $T : (x, y) \rightarrow (y, 3y - x)$. Это преобразование $T$ плоскости обладает такимми свойствами:

1. Переводит каждую прямую на плоскости снова в прямую (такие преобразования называются линейными).

*) Понятие обратного преобразования обсуждалось в статье А. Н. Колмогорова «Что такое функция?» («Квант» № 1,1970).

28

Рис. 2. Среди $m+k+1$ элементов выбираем сначала один (такой, что слева от него и справа от него находится не менее чем по $k$ элементов), проводим по нему черту, а затем слева от черты и справа от черты выбираем по $k$ элементов. На нашем рисунке $m=9, k=3, m+k+1=13$.

ла определенных $k+m$ элементов, а затем еще $k$ элементов из оставшихся $n-m$. Сказанное можно найти так. Разместим «в строчку» данные $n+k$ элементов и проведем вертикальную черту, отделяющую $k+m$ элементов слева от $n-m$ элементов справа. Выберем каким-то образом $k$ элементов слева от черты и $k$ элементов справа от черты, а затем образуем соединение каждой из таких «правых» выборок. Всего таких соединений будет, очевидно, $C_{k+m}^k \cdot C_{n-m}^k$.

Тепер нетрудно доказать, что

$$C_k^k \cdot C_n^k + C_{k+1}^k \cdot C_{n-1}^k + C_{k+2}^k \cdot C_{n-2}^k + \dots + C_n^k \cdot C_k^k = C_{n+k+1}^k \cdot C_{n-k+1}^k.$$

Для этого достаточно установить взаимно однозначное соответствие между выборками из $n+k+1$ элементов по $2k+1$ и выборками из $n+k$ элементов такого вида: «$k$ элементов слева от черты; черта; $k$ элементов справа от черты», общее количество которых равно сумме, стоящей в левой части равенства (2). Итак, искомая сумма равна

$$(k!)^2 \cdot C_{n+k+1}^2 = \frac{(n+k+1)!(k!)^2}{(2k+1)!(n-k)!}.$$

В частности, для первого задания М40 имеем $k=1$ и поэтому сумма составит $C_{n+2}^3 = \frac{(n+2)(n+1)n}{6}$.

Если приведенный путем рассужждения показется вам трудным и тем более если он показется вам интересным, рекомендуем заглянуть в книгу Н. Я. Виленкина «Комбинаторика» (М., «Наука», 1969). Там, в частности, на стр. 57 доказана формула (24), аналогичная формуле (2).

В. Н. Березин

M41

Дана окружность, ее диаметр $AB$ и точка $C$ на этом диаметре. Построить на окружности две точки $X$ и $Y$, симметричные относительно диаметра $AB$, для которых прямая $YC$ перpendикулярна к прямой $XA$.

Пусть $K$ — точка пересечения отрезков $XY$ и $AB$; по условию $XY \perp AB$ и $XK = KY$. Для любой точки $X$ на окружности $\Rightarrow AXB = 90^\circ$. Поэтому требование $YC \perp AX$ эквивалентно каждому из следующих условий:

$$YC \parallel BX, \Rightarrow YCB = \Rightarrow CBX,$$

$$\triangle CYK = \triangle KBX, \quad CK = KB.$$

Таким образом, воспользуемся в середине отрезка $CB$ перpendикуляр к прямой $AB$, мы получим в пересечении его с окружностью две искомые точки (любою из них можно принять за $X$, тогда другая будет играть роль $Y$).

29

M42

Цифры неокоторого семнадцатизначного числа записьвают в обратном порядке. Полученное число складывает с первоначальным. Доказать, что хотя бы одна из цифр их суммы будет четной.

Докажем индикей по $n$, что это утверждение справедливо для любого $(4n+1)$-значного числа. При $n=0$ оно очевидно. Предположим, что для неокоторого $n$ оно неверно, то есть существует такое число $a_1 a_2 a_3 \dots a_{4n-1} a_{4n} a_{4n+1}$, что в сумме

$$\frac{a_1}{a_{4n+1}} + \frac{a_2}{a_{4n}} + \dots + \frac{a_{4n-1}}{a_{4n}} + \frac{a_{4n+1}}{a_{4n}}$$

все цифры нечетны. Тогда сумма цифр $a_1 + a_{4n+1}$ нечетна и в местах, обозначенных стрелочками, не проискит переноса единицы в следующий разряд. Поэтому в сумме $(4n-3)$-значных чисел

$$\frac{a_3 \dots a_{4n-1}}{a_{4n-1} \dots a_3}$$

гакже все цифры нечетны, следовательно, нашей утверждение неверно и для $(n-1)$. Доказательство законечно (подумайте, почему обычный «шаг индикции» — «если верно для $n$, то верно и для $(n+1)$» — можно заменить шагом в обратную сторону: «если неверно для $n$, то неверно и для $(n-1)$»!).

Заметим, что доказанное утверждение нельзя услить: для чисел, у которых число цефр четно или имеет вид $(4n+3)$, утверждение задачи может не выполнаться:

$$11 \ 112 \ 222 + 22 \ 221 \ 111 = 33 \ 333 \ 333, \ 72 \ 727 \ 262 \ 626 + 62 \ 626 \ 272 \ 727 = 135 \ 353 \ 535 \ 353.$$

M43

Какая сторона правильного треугольника разбита на $n$ равных частей. Через точки деления проведены прямые, параллельные сторонам. В результате треугольник разбился на $n^2$ маленьких треугольников. Известен «цепочкой» последовательность треугольников, в которой ни один не появляется дважды и каждый последующий имеет общую сторону с предыдущим. Каково наиболее возможное число треугольников в цепочке?

Ответ: $n^2 - n + 1$. Для доказательства, что часто бывают на одномах, достаточно сделать один неожиданный шаг: раскрасить треугольники в шахматном порядке, как это сделано на рисунке. Остальное совсем просто.

Во всем треугольнике красных треугольников на $n$ большие, чем желтых (в каждом горизонтальном ряду красных на один большие), а в цепочке цвет должны чердовать, поэтому красных может быть только на один большие, чем желтых.

Одна из цепочек максимального возможной длины показана на рисунке. (Из сказанного выше ясно, что для того, чтобы цепочка имела длину $n^2 - n + 1$, необходимо и достаточно, чтобы она началась и кончалась в красных треугольках и проходила через все без исключения желтые.)

30

Доказать, что для каждого натурального числа $K$ существует бесконечное много натуральных чисел $T$, не содержащих в десятичной записи нулей и таких, что $T$ и $KT$ имеют одинаковые суммы цифр.

Пусть в числе $K$ (в десятичной записи) $k$ цифр. Тогда в роли $T$ можно взять любое число 999…99, записываемое $n$ девятками, где $n \geqslant k$; тогда и сумма цифр $T$, и сумма цифр $KT$ равны 9$n$ (в числе $KT = K(10^n-1)$ цифры, отстоящие друг от друга на $n$ разрядов, дают в сумме 9; например, $743\ 552 \cdot 99\ 999\ 999 = 743\ 552 \cdot (10^8-1) =$
$= 74\ 355\ 200\ 000\ 000-743\ 552 = 74\ 355\ 199\ 256\ 448$;

почти очевидное доказательство для общего случая оставляем читателю).

M45

Доказать, что из любых 200 целых чисел можно выбрать 100, сумма которых делится на 100.

Попробуйте обобщить эту задачу: докажите, что из любых $2n-1$ целых чисел можно выбрать $n$, сумма которых делится на $n$, где $n \geqslant 2$.

Лемма. Если утверждение задачи верно для $n = a$ и для $n = b$, то оно верно и для $n = ab$.

Заметим, что свойство «сумма $n$ целых чисел $x_1, \ldots, x_n$ делится на $n$» можно формулировать и так: «среднее арифметическое $\frac{x_1 + \ldots + x_n}{n}$ — целое число».

Итак, пусть даны произвольные $2ab-1$ целых чисел. Поскольку утверждение верно при $n = b$ и $2ab-1>2b-1$, из данных $2ab-1$ чисел можно выбрать $b$, сумма которых делится на $b$. Затем из оставшихся (если их не меньше $2b-1$) выберем еще $b$ чисел, обладающих этим свойством, и так далее.

Поскольку
$$2ab-1 = (2a-1)b + (b-1),$$
то эту операцию можно повторить $2a-1$ раз и получить $2a-1$ наборов по $b$ чисел, в каждом из которых среднее арифметическое $b$ чисел — целое. Поскольку утверждение верно для $n = a$, из этих $2a-1$ средних арифметических можно выбрать $a$, сумма которых делится на $a$. Ясно, что тогда $ab$ чисел, составляющих соответствующие $a$ наборов по $b$ чисел, обладают нужным свойством: их сумма делится на $ab$. Лемма доказана (эту лемму, так же как и задачу, придумал Ю. И. Нонин).

Итак, для того чтобы доказать утверждение задачи для произвольения $n = a_1a_2\ldots a_k$, достаточно доказать его для отдельных сомножителей $n = a_1$, $n = a_2$, …, $n = a_k$ (и несколько раз применить лемму). Поэтому достаточно научиться доказывать это утверждение для простых сомножителей числа $n$. Например, чтобы доказать для $n = 100$, достаточно доказать два утверждения: «из любых 3 целых чисел можно выбрать 2, сумма которых делится на 2» и «из любых 9 целых чисел можно выбрать 5, сумма которых делится на 5». Первое очевидно, а второе можно доказать не очень длинным перебором. Предоставляем читателю возможность убедиться в этом, а также попробовать придумать доказательство, которое годилось бы сразу для любого простого $n$. Однако такое доказательство мы изложим в следующем номере журнала.

31

M46

Сколько в выпukлом многоугольнике может быть сторон, равных набольшей диагонали?

Ответ: две, одна или ни одной.

Примеры для каждой из этих случаем построить нетрудно. Многоугольника, у которой три или больше сторон равны набольшей диагонали, не существует, поскольку две стороны, равные набольшей диагонали, обязательно должны иметь общую вершину (рис. 5), а три стороны, каждые две из которых имеют общую вершину, могут быть только у треугольника, а у него нет диагоналей.

M47

Из цифр 1 и 2 составили пять $n$-значных чисел так, что у каждой двух чисел совпали цифрыровно в $m$ разрядах, но ни в одном разряде не совпали все пять чисел. Доказать, что $\frac{2}{5} \leq \frac{m}{n} \leq \frac{3}{5}$.

Выпишем числа одно под другим. В каждом разряде («столбце») 5 цифр. Из них можно составить 10 (неупорядоченных) пар. По всем $n$ столбцами таких пар будет 10 $n$. Выясним, сколько среди них таких, которые состоит из одинаковых цифр, то есть пар (1, 1) и (2, 2). В каждом столбце таких пар либо 4, либо 6. Поэтому общее количество таких пар не меньше 4 $n$ и не больше 6 $n$. С другой стороны, количество таких пар равно 10 $m$, поскольку при сравнинии двух любых чисел по всем $n$ разрядам, по условию, получается равно $m$ таких пар, а всевозможных пар из 5 чисел — 10.

Итак, $4n \leq 10m \leq 6n$, что и требовалось доказать (см. рис. 6).

M48

В остроугольном треугольнике $ABC$ bicсектриса $AD$, медиана $BM$ и высота $CH$ пересекаются в одной точке. Доказать, что угол $BAC$ больше 45°.

Нетрудно доказать, что для данного $\Rightarrow BAC = \alpha < \frac{\pi}{2}$ существуетровно один (с точностью до подбия) треугольник $ABC$, в котором высота $CH$, bicсектриса $AD$ и медиана $BM$

32

Диана $BM$ пересекаются в одной точке. Действительно, отличив на одной стороне угла $\Rightarrow A = \alpha$ (произвольный) отрезок $AC$, опустив на другую сторону угла перпендикуляр $CH$ и обозначив его точку пересечения с биссектрисой угла $A$ через $O$, мы найдем точку $B$ пересечения второй стороны угла и прямой $OM$ (где $M$ — середина отрезка $AC$) и тем самым построим нужный треугольник $ABC$, очевидно, что при заданных $\Rightarrow A$ и $AC$ он определяется единственным образом. Заметим, что при этом угол $B$ острый (поскольку точка $H$ — основание высоты — лежит на стороне $AB$).

Докажем, что если $\Rightarrow A < \frac{\pi}{4}$, то $\Rightarrow ACB > \frac{\pi}{2}$. Отложим на прямой $AB$ отрезок $HB_1 = AH$. Тогда биссектриса $B_1F$ угла $B_1$ равноведренного треугольника $AB_1C$ пройдет через точку $O$. Поскольку $\frac{AF}{FC} = \frac{AB_1}{B_1C} > 1$, то точка $M$ лежит между $A$ и $F$, поэтому $B_1$ лежит между $A$ и $B$ и $\Rightarrow BCA > \Rightarrow B_1CA > \frac{\pi}{2}$.

В этой задаче можно получить и более точный результат: найти точную оценку сизу для угла $\alpha$ при условии, что $\Rightarrow ACB = \gamma < \frac{\pi}{2}$. Для этого выразим $\gamma$ как функцию от $\alpha$. Проведем $HE \parallel BM$ (Е — точка на $AC$). Тогда (рис. 7)

$$\frac{EM}{MC} = \frac{HO}{OC} = \frac{AH}{AC} = \cos \alpha, \quad \frac{HB}{AH} = \frac{EM}{AE} = \frac{\cos \alpha}{1 - \cos \alpha}, \quad \frac{HB}{HC} = \frac{\cos^2 \alpha}{\sin \alpha (1 - \cos \alpha)},$$

$$\gamma = \gamma(\alpha) = \frac{\pi}{2} - \alpha + \arctg \frac{\cos^2 \alpha}{\sin \alpha (1 - \cos \alpha)}.$$

Отсюда ясно, что функция $\gamma = \gamma(\alpha)$ на отрезке $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ монotonно убывает (чем больше $\alpha$, тем больше sin $\alpha$ и тем меньше cos $\alpha$, а поэтому меньше и всегда дробь, стоящая под знаком арктагенса). Найдем теперь $\alpha$, для которого $\gamma(\alpha) = \frac{\pi}{2}$. Это уравнение свойства к такому: $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}, \sin^2 \alpha (1 - \cos \alpha) = \cos^3 \alpha$, откуда cos $\alpha = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$. Итак, если $\gamma < \frac{\pi}{2}$, то $\alpha > \alpha_0 = \arccos \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \left( \alpha_0 > \frac{\pi}{4} \right)$, поскольку $\frac{\sqrt{5} - 1}{2} < \frac{\sqrt{2}}{2}$; как можно убедиться по таблицам, величины угла, соответствующего $\alpha_0$, в градусах составляют примерно $51^\circ 50'$).

M49

На карточках написаны числа от 11 111 до 99 999 включительно. Затем эти карточки положены в одну целочкуву в произвольном порядке. Доказать, что полученное 444 445-значное число не может быть степенью двойки.

33

Легко доказать, что это число делится на 11 111, получясь тем, что числа $10^5A$ и $A$ при любом целом $A$ дают одинаковые остатки при делении на 11 111, а сумма $11 111+11 112+\dots+99 998+99 999$ делится на 11 111. Но если число делится на 11 111, то оно, конечно, не может быть степенью двойки. (Это сразу следует, например, из теоремы о единственности разложения на простые множители.)

Нанболее удачные решения задач нам прислали Э. Туркевич из г. Черновцы (он нашел лточную оценку угла $\alpha$ в задаче М48, решил задачи М46 и М49) и Р. Ахметшин из г. Ош (М42, М44, М47).

Н. Б. Васильев

В этом номере мы публикуем решения задач Ф45, Ф59—Ф65

Вернемся еще раз к задаче Ф45. У нее есть довольно простое и красное решение.

Ф45

Сферический конденсатор, заполненный диэлектриком и заряженный до некоторой разности потенциальов, разряжается через свой диэлектрик. Каким будет магнитное поле токов разряда в пространстве между сферами?

Так как в любой точке диэлектрика все направления в плоскости, перpendикулярной к радиусу, равноправны, то вектор $\vec{B}$ индукини магнитного поля не может иметь составляющей, лежащей в этой плоскости. Поэтому вектор $\vec{B}$ может быть направлен только вдоль радиуса. Но все точки изолятора равноправны. Это означает, что векторы $\vec{B}$ и силовые линии магнитного поля или сходятся, или выходит из центра сферы. Но ведь силовые линии магнитного поля должны быть замкнутыми. Значит, это невозможно, и $\vec{B} = 0$. Magнитное поле токов разряда конденсатора равно нулю.

Ф59

Какое из ребер проволочного куба следует удалить, чтобы сопротивление между точками $A$ и $B$ (рис. 8) изменилось как можно сильнее? Сопротивления всех ребер куба одинаковы.

Пронумерум все ребра куба и его вершины. Ток, идущий по ребру 1, разветвляется в вершине 1 на два потока, идущие за тем по ребрам 7 и 8.

Аналогично, ток, идущий по ребру 2, разветвляется на два равных потока в вершине 2 и так далее. Через ребро 4 идет ток, шедший по ребрам 7 и 12… Ребру 4 эквивалентны ребра 5 и 6. Это означает, что через ребра 1, 2, 3, 4, 5 и 6 идет ток вдвое больший, чем через ребра 7, 8, 9, 10, 11 и 12. Ясно, что сопротивление схемы изменится больше всего, если из схемы удалить проводник, по которой идет наиболее ток. Из проводного куба нужно удалить одно из ребер 1, 2, 3, 4, 5 или 6.

Убедитесь в этом, подчитать сопротивление соответствующих цепей.

34

Несколько советов. Сопротивление куба между вершинами A и B подсчитать нетрудно. Для этого нужно лишь заметить, что в силу симметрины вершины 1, 2 и 3 имеют одинаковый потенциал. Поэтому сопротивление цепи не изменится, если их соединить вместе. Конечно, и вершины 4, 5 и 6 имеют тоже одинаковый потенциал и их тоже можно соединить. После этого вы получите цепочка (рис. 9), сопротивление которой подсчитать совем легко. Если принять сопротивление одного ребра равным 1 ом, то сопротивление цепочки будет равно 5/6 ом. Нетрудно найти сопротивление цепи в том случае, когда удалено одно из ребер 1, 2, 3, 4, 5 или 6. Здесь тоже можно найти эквивалентные точки, соединив которые вы получите схему из последовательного и параллельного соединений. Но прежде чем находить сопротивление цепи после удаления одного из ребер 7, 8, 9, 10, 11 или 12, вынимайте прочитайте статью А. Р. Зильбермана «Преобразование электрических цепей» в «Кванте» № 3 за 1971 год. Вам понадобится метод, о котором расскажается в этой статье.

Ф60

В плоском зеркале видно изображение свечи. Что произойдет с ним, если между зеркалом и свечой поставить плоскопаралельную стеклянную пластинку?

Нарисовав ход нескольких лучея, нетрудно убедиться в том, что после того, как между свечой и зеркалом поставили плоскопаралельную стеклянную пластинку, изображение свечи приблизится к зеркалу (рис. 10). Синние линии показывают ход лучея без пластинки, красные — с пластинкой.

Ф61

Кубик, скользывающий без трения по гладкому горизонтальном полу, ударяется одной из своих боковых граней о вертикальном стеклу. Козефицент трения кубика о стеклу равен k. Под каким углом к стекле отскочит кубик, если до стокновения с ней он движался по направлению, составляющему со стеккой угол α?

На кубик при удале о стеклу действуют две силы: сила N нормальной реакции стекки и сила трения Fтр (рис. 11). Разложим скорости кубика до и после стокновения со стеккой на составляющие, параллельные этим силам. Скорости v1 = v sinα и u1 перpendикулярны к стекне, а скорости v2 = v cosα и u2 параллельны ей. В направлении, перpendикулярном к стекне, между кубиком и стеккой, как обычно, происходит абсолотно упругий удар, в результате которого составляющая скорости кубика, перpendикулярная к стекне, меняется на противоположную: u1 = −v1 = −v sinα. Это означает:

Рис. 10.
Рис. 11.

35

ет, что составляющая импульса кубика, перpendикулярная к стенке, меняется на $2mv\sin\alpha$ ($|u_1-v_1| = 2v\sin\alpha, m - \text{masca кубика})$.

Если время содержения кубика со стенкой обозначить $\tau$, а средняя величины силы реакции стенки равна $N_{cp}$, то, согласно второму закону Ньютона, изменение составляющей импульса кубика, перpendикулярной к стенке, равно импульсу силы $N_{cp}$, то есть

$$2mv\sin\alpha = N_{cp}\tau.$$

Если бы на кубик не действовал сила треня, то составляющая импульса кубика, параллельная стенке, не изменилась бы и кубик отскочил бы от стенки под тем же углом $\alpha$, под которым двигался к ней до удара. Однако благодаря действию сила треня в нашем случае меняется и составляющая $v_2$ скорости кубика. Предположим вначале, что средняя сила треня $F_{\tau p,cp} = N_{cp}k$, действующая на кубик, такова, что за время взанмодействия кубика со стенкой составляющая скорости кубика, параллельная стенке, не успевает уменьшиться до нуля. В этом случае, согласно второму закону Ньютона,

$$mu_2 - mv_2 = -F_{\tau p,cp}\tau,$$ или $mu_2 = mv\cos\alpha - N_{cp}k\tau$.

Но $N_{cp}\tau = 2mv\sin\alpha$, поэтому

$$mu_2 = mv\cos\alpha - 2kmv\sin\alpha,$$

или

$$u_2 = v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha).$$

Теперь найдем угол, под которым отскочит кубик:

$$tg\beta = \frac{|u_1|}{u_2} = \frac{v\sin\alpha}{v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha)} = \frac{tg\alpha}{1 - 2ktg\alpha}.$$

Такой ответ получили В. Гончаренко из Майкола Красноарского края, М. Гильбург из Борислава Львовской области, Н. Смирнов из Горького, В. Закасс из Усолья-Сибирского Иркутской области, И. Грицик из Давид-Городка Брестской области, А. Сенявин из Москвы, А. Анищенко из Сарапулы УАССР и Кудек из Ржева.

Однако это не полное решение задачи. Это заметили читатели А. Власов из Валдяя, Б. Шпарберг из Могилева на Днепре, А. Жуков из Кировска Донецкой области и И. Берман из Черновцов.

Очевидно, наше решение справедливо, если $u_2 > 0$, то есть $2ktg\alpha < 1$.

При $tg\alpha \rightarrow \frac{1}{2k}$ $tg\beta \rightarrow \infty$ и $\beta \rightarrow \frac{\pi}{2}$. Что это означает?

Если $tg\alpha = \frac{1}{2k}$, то $u_2 = v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha) = v\left(\cos\alpha - \frac{1}{tg\alpha}\sin\alpha\right) = 0$.

За время взанмодействия кубика со стенкой составляющая скорости кубика, параллельная стенке, обращается в нуль. А как же будет проискодить стокновение со стенкой, если $tg\alpha > \frac{1}{2k}$?

В этом случае кубик будет просkalывать относительно стенки не все время удара, а до тех пор, пока составляющая его скорости, параллельная стенке, не обращается в нуль. Вместе с ней обратится в нуль и сила треня, действующая на кубик, и отскочит кубик под углом $90^\circ$ к стенке.

Итак,

$$\beta = \begin{cases} \arctg\left(\frac{tg\alpha}{1 - 2ktg\alpha}\right) & \text{при } tg\alpha < \frac{1}{2k}, \\ \frac{\pi}{2} & \text{при } tg\alpha \geq \frac{1}{2k}. \end{cases}$$

36

Тонкая нерастижная вервка состоит из двух частей. Масса единицы длины одной из частей равна $\rho_1$, а другой — $\rho_2$. Вервка охватывает очень легкий обруч радиуса $R$, масса которого пренебрежимо мала по сравнению с массой охватывающей его вервки, концы прикреплены к полу (рис. 12). Поучатку вервки с массой единицы длины $\rho_1$ обруч катится со скоростью $v_1$. С какой скоростью будет катиться обруч по второму участку вервки?

При переходе обруча с одного участка вервки на другой меняется потенциальная энергия вервки. Действительно, когда обруч движется по участку вервки с линейной плотностью $\rho_1$, потенциальная энергия вервочного колба равна $m_1 g R = \rho_1 2 \pi R g R = 2 \pi \rho_1 R^2 g$ (центр масс колба находится в его центре). Когда же обруч движется по участку вервки с линейной плотностью $\rho_2$, она равна $m_2 g R = 2 \pi \rho_2 R^2 g$. Соответствие меняется и кинетическая энергия вервочного колба. Так как нет потерь, то мы можем воспользоваться законом сохранения энергии.

Однако для этого нам нужно знать кинетическая энергия колба массы $m$, движущегося без проскалывания по плоскости со скоростью $v$. Можно воспользоваться результатом, полученным в статье А. К. Кикона Вращательное движение тел》（Кваант № 1, 1971):

$$K = \frac{mv^2}{2} + \frac{I \omega^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mR^2 \omega^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mv^2.$$

Но мы получим эту формулу с помощью нехитрого приема.

Движущееся без проскалывания колба в любой момент времени поворачивается вокруг мгновенного центра врашения — точки касания с плоскостью (рис. 13). Угловая скорость врашения колба $\omega = \frac{v}{R}$. Это означает, что скорость точки $A$ колба перpendикулярна к отрезку $OA$ и равна $OA \cdot \omega$. Из $\triangle OAD$ $OA = 2R \cos \alpha$. Поэтому $v_A = 2R \cos \alpha = 2v \cos \alpha$. Аналогично, скорость точки $B$, диаметрально противоположной точке $A$, равна $v_B = 2v \cos (90^\circ - \alpha) = 2v \sin \alpha$. Кинетическая энергия маленьких участков с массами $\Delta m$ вблизи точек $A$ и $B$

$$K_{A+B} = \frac{\Delta mv_A^2}{2} + \frac{\Delta mv_B^2}{2} = \frac{1}{2} \Delta m (4v^2 \cos^2 \alpha + 4v^2 \sin^2 \alpha) = 2\Delta mv^2.$$

$K_{A+B}$ не зависит от $\alpha$. Это означает, что в точности такой же энергий обладает и любая другая пара диаметрально противоположных точек колба. Поэтому кинетическая энергия всего колба $mv^2$. Запишем теперь закон сохранения энергии:

$$m_1 v_1^2 + m_1 g R = m_2 v_2^2 + m_2 g R;$$

отсюда

$$v_2 = \sqrt{\frac{m_1}{m_2} v_1^2 + g R \left(\frac{m_1}{m_2} - 1\right)} = \sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2} v_1^2 + g R \left(\frac{\rho_1}{\rho_2} - 1\right)}.$$