Квант 1972, №3 · Страницы

КЕАНТ
3
МАРТ
1972
НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
АКАДЕМИИ НАУК СССР и АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК СССР

Главный редактор — академик И. К. Киоин
Первый заместитель главного редактора — академик А. Н. Колмогоров,

Редакционная коллекция:

Л. А. Арцимович, М. И. Башмаков, В. Г. Болтянский, И. Н. Бронштейн, Н. Б. Васильев, И. Ф. Гинзбург, В. Г. Зубов, П. Л. Капица, В. А. Кириллин, В. А. Лешковцев (зам. главного редактора), А. И. Маркушевич, М. Д. Миллионщиков, Н. А. Патриеева, Н. Х. Розов, А. П. Савин, И. Ш. Слободецкий, М. Л. Смолянский (зам. главного редактора), Я. А. Смородинский, В. А. Фабрикант.

На первой странице обложки приведена illюстрация к одному из доказательств теоремы Пифагора. Доказательство дано в статье В. Н. Березина «Теорема Пифагора» (см. стр. 18).

На рисунке, изображенном слева, все три треугольника, окруженные в желтый цвет равны. Синним цветом выделена высота в одном из них. Ввиду того, что выделенные углы равны, они являются вертикальными, и красный отрезок лежит на той же прямой, что и синний. (Это ключ еще к одному способу доказательства теоремы Пифагора, помещенному на четвертой странице обложки).

Заведующая редакцией Л. В. Чернова. Главный художник А. И. Климанов
Художественный редактор О. Н. Яковлева. Корректор В. П. Сорокина
Издательство «Наука» Главная редакция физико-математической литературы
117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15. Тел. 234-08-11, 234-07-93

Сдано в набор 11/X 1971 г. Подписано в печать 28/I 1972 г. Бумага 70×100¹/16
Физ. печ. л. 4,5 Усл. печ. л. 5,85 Уч.-изд. л. 6,55 Тираж 339 610 экз. Т-01533. Цена 30 коп. Заказ 2303
Чеховский полигraphкомбинат Главполигraphпрома Комитета по печати при Совете Министров СССР г. Чехов Московской области.

РУКОПИСИ НЕ ВОЗВРАЩАЮТСЯ

1

ОСНОВАН
В
1970 ГОДУ

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-MАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
АКАДЕМИИ НАУК СССР И АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК СССР

ИЗДАТЕЛЬСТВО НАУКА
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ФИЗИКО-MАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ

В НОМЕРЕ:

3 К 200-летию со дня смерти Исаака Ньютона А. Эйнистейн
6 Динамическое программрование М. И. Рейтман
14 Инертная масса Я. А. Смородинский
18 Теорема Пифагора В. Н. Березин
22 Почему грудит провода Л. Г. Асламазов
24 Окружение десята А. П. Савин
28 З планиетрии — теорема, в И. М. Яелом
стереометрии — нерешенная проблема

ЛАБОРАТОРИЯ «КВАНТА»
34 Искусственное солнечное заттение Р. Вуд

ЗАДАЧНИК «КВАНТА»
36 Победители конкурса «Кванта»
38 Задачи М131—М135; Ф133—Ф137
40 Решения задач М89—М95; Ф100—Ф105

ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА
50 Учитесь работать с логарифмами А. Я. Маргупис, Б. А. Радунский
Вариantsы вступительных экзаменов по математике 1971 года
56 Импульс. Закон сохранения импульса И. А. Зайцев
Вариantsы вступительных экзаменов по физике 1971 года в Московский физико-технический институт В. Е. Белонучкин

РЕЦЕНЗИИ, БИБЛИОГРАФИЯ
65 Книга о самых градинозных явлениях природы И. Е. Евгеньев

ИНФОРМАЦИЯ
66 Государственные премии 1971 года В. А. Лешковце
69 ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

УГОЛОК КОЛЛЕКЦИОНЕРА
72 Марки, посвященные Исааку Ньютону А. В. Алтыкис

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ
(3 стр. обл.)
СМЕСЬ (стр. 27, 33, 55)

3

К 200-летию со дня смерти
Исаака Ньютона
А. Эйштейн

В марта 1972 года исполняется 245 лет со дня смерти великого английского физика и математика Исаака Ньютона. В связи с этим мы помещаем небольшую статью другого великого физика Альберта Эйштейна, опубликованную в 1927 году. Статья дается с небольшими сокращениями. Полный текст статьи опубликован на русском языке в четвертом томе собрания научных трудов Эйштейна (издательство «Наука», 1967).

Нетрудно охарактеризовать научные деятельности Ньютона, нассегда обеспечившие ему особое место в истории духовного развития человека. Ньютон был первым, кто попытался сформировать элементарные законы, определяющие временной ход общирного класса процессов в природе с высокой степенью полhotны и точности. Его законом движения вместе с законом тяготения подчиняется движение всех небесных тел, произходящие под действием сил взаимного приятиения. Тем самым Ньютон осуществил мечты философ-materиалистов древности — Демокрита и Эпикура, считавших, что должа сущестовать принципная взаимосвязь всех без исключения физических явлений. После этих успехов вред ли остались какие-нибудь сомнения в том, что развите вообще всех/materialных явлений производит с необходимой закономерностью, которое можно было бы сравнить сходом часов. Кроме того, стало очевидно, что процессы мышления должны быть неразрывно связаны с/materialными процессами, протекающими в мозгу, и поэтому стала неизбежной идеой о том, что и в основе мышления и желания человека и животных должны лежать те же строго причины закономерности. Таким образом, Ньютон оказал свои мирооззрения в целом.

Тепер мы знаем, что тяготение не является единственной силой, действующей в природе. Тяготение не может объяснить силы сцепления в телах, электрические силы, свет. Однако теория движения Ньютона, по-видимому, может служить в полне достающим фундаментом для понимания любого физического процесса, если предположить, что между частицами материи помимо сил тяготения действуют еще и силы совсем иного рода. Такое расширение теории движения было начато еще самим Ньютоном, применившим ее, например, к теории света.

Таким образом, Ньютон заложил основы той совокупности законов природы, которая позволяет законы всех явлений. Ньютон считал, что этого можно достичь за счет сведения любых процессов к движениям частиц, взаимодействующих между собой. Эта программа продержалась вплоть до второй половины XVIII века и доказала свою плодотворность в области физики.

Попытаемся немного проникнуть в лабораторию ньютоновской мысли.

Поле деятельности для великого систематизатора, каким был Ньютон, подготовили Галилей и Кеплер. Галилей открыл, что «невозмщенное движение»

4

жение» тела прямолинейно и равномерно. При этом под «невозмущенным движением» тела следует попять движение тела, на которое не действуют другие тела. В этом состоянии закон инерции. Его можно формировать следующим образом: направление движения и скорость тела остаются постоянными, колб скоро отсутствует внешние воздействия на тело, называемые силами. Галилей открыл также, что на поверхности Земли скорость свободно падающего тела в равные промежутки времени увеличивается на равные величины.

Ныютон поставил общий вопрос: как изменяется скорость свободного тела под действием произвольного заданной силы? Это газдо более общая задача по сравнению с той, которую рассматривал Галилей, либо действующая села по своей величине и направлению может произвольно меняться со временем. Ответ на нее связан с рассмотрением произвольного движения; он должен содержать общий закон движения. Эта задача может быть решена с помощью решения Галилем задачи о разделении свободного тела под действием силы тяжесте, но она требует нового математического аппарата, специального созданного для этой цели Ныютоном, а именно: дифференциального и интегрального исчисления. Ныютона можно сравнить с поэтому, чьи стихи настолько тонки, что их можно написать только на новом языке, создать которой должны сам позт.

Что же такое, собственно говоря, скорость движения тела, представляющего собой материальный точку? Представим себе произвольное движение такого тела.

Рассмотрим два момента времени, разделенных между собой математически соответственно.

Рис. 1.
Ускорение определения по скорости так же, как скорость — по заданному движению. В каждый момент времени скорость задается с помощью вектора. Представим себе, что скорость тела в некоторый момент времени задана вектором L, имеющим определенную длину и направление. По истечении малого произвольника времени т скорость изменится, т. е. новый вектор скорости, M, будет иметь какую-то другую длину и другое направление. Представим себе, что начала векторов L и M пересечены в одну точку (рис. 2). Тогда концы векторов L и M совпадают не будут. Например, отрезок S — T, соединяющий концы векторов, будет изображать изменение

6

ДиНАМЧЕСКОЕ
ПРОГРАММИРОВАНИЕ

Лестница фараона

Дворец фараона славился своей русскойю: жемчужные занавесы, стены, отделанные янтарем, золотая посуда — всего не перечень. Но больше всего поражала тех, кто допускался в тронный зал дворца, золотая лестница, которая вела к трону. Как выглядела эта лестница в разрезе, если перевести древнегипетские меры в действительны, вы видите на рисунке 1.
Археологам не пришлось долго ломать головы, чтобы понять, отчето ступени лестницы были такими низкими, все объяснялось просто: представленный фараон не хотел, чтобы подданные видели, как тяжело ему взбираться на трон, они могли утратить почтение, а кто знает, чем это могло кончиться?
Позмоту он и повелел приводным ювелирам сделать лестницу с таким низкими ступенями, не выше 1,5 дм.
Но время шло, и старый фараон скончался. Его молодой сын принял царство.
Молодой фараон слышал и раныше, как приворные посменвались над наивной хитростью отца. И хотя сам он общино взлетал на трон, прыгая через три ступенки, но кривотолки продолжались. И молодой фараон решил покончить с ним, нарастив лестницу. Для этого он призвал приворных ювелиров и казначей и сказал им:
— Слуши мои! Повелеваю вам нарастить лестницу так, чтобы она имела самоое большое четыре ступени. Устройте их, где хотите, но чтобы их было не большое четырех!
— Но госпударь, — робко вышел вперед казначей, — где взят столко золота? Вот я тут прикнул на листке паприуса (и казначей показал то, что изображен на рисунке лестницы пунктиром). Лестница имеет ширину 1 м, или 10 дм. Значит, для ее наращивания попадится [3×1,5+1,2×(5+1)+1×1+1×3+0,8(3+4)+1,2×11]×10 = 345 дм³ золота! Увы, госпударь, столко не найдется в нашей казне, разоренной войной с Эфюпней.
— Презренный! Ты бросаешь тень на мое могущество! Если через 7 дней лестница не будет готова, я сам утоплю тебя в свяшеном Ниле, а ювелиры будут проданы в работе. И не видумай еще раз соваться со своим дураскими чертежами!
Удрученный ущел казначей от фараона и отпавлися к своему другу. Не было человек искуснее, когда нужно было распланировать парамиду или исчислить земельные надели. Хотя друг и был по должности жрецом столчного храма, но слышил человеком расчетливым и практичным. Узнав о беде, он спросил:
— А сколько золота осталось в казне?
— 200 дм³.
— Не густо! А может быть можно обойтись меньшим количеством, если иначе распланировать ступенки?

Я пробовал, — вздохнул казначей, — но варнатов так много, а времени в обрез.
— Ладно, друг, — сказал жрец. — Дай мне подумать, и приходи завтра.
Когда на следующий день убитый горем казначей приплеся к жрецу, тот встретил его довольной улыбкой.
— А скажи, друг, могу ли я расчитывать на оставшееся золото, если обойдуще меньшим количеством?
— О боги! — воскликнул казначей, не веря своему счастью. — Ты получшь еще доожину работ и столько же мер зерна!
— Так смотри же! — и жрец проятнул ему лист панируса, где был другой проект наращивания лестницы.
— Этот проект требует лишь 171 $\partial m^3$ золота. А остальные 29 $\partial m^3$ — мои!
— Но скажи, о величайший из вычислительной, как ты нашел такой варнат? Я пробовал и так и сяк, но он мне не попадался!
— Слушай же, — молвил жрец. — Сначала я разобрал случан, когда лестницы из разного числа ступенек заменяются всего одной ступенкой (рис. 2*)). Чтобы числа были попроще, я буду вычислять только площадь $f$ фигуры между сплошной и пунктирной линями, а постоянный множитель, ширину лестницы, добавлю потом. Не возвращаемы? Так вот, если бы первоначальная лестница состояла всего из одной ступенки,

*) Жрец рассматривал лестницы из нескольких первых ступенек лестницы фараона.

то и наращивать было бы нечего:
$f_1(1)=0$.
Формула
$f_1(2)=1,5\times 3=4,5 \partial m^2$
показывает, что лестница заменяет одной ступенкой, а сначала их было две (две первые ступенки лестницы фараона). Аналогично найдем
$f_1(3)=1,5\times 3+0,7\times (3+4)=9,4$.
Ну а дальше
$f_1(4)=9,4+1\times (3+4+1)=17,4$
$f_1(5)=17,4+1,2\times (3+4+1+5)=33$.
— Все это понятно, — возвращил казначей, — но зачем мне одна ступенька? Ведь фараон просил четыре! Да и лестница имеет их сейчас не пять, а куда больше!
— Не торопись! — улыбнул жрец. — Пусть теперь новых ступенек станет больше — две. Давай теперь подчитаем минимальные площади при двух ступенках. $f_2(1)$ не имеет смысла, заменить одну ступеньку двумя мы не можем. Чтобы заменить две ступенки двумя новыхми, наращивать их не придется:
$f_2(2)=0$.
Вот $f_2(3)$ подчитать несколько сложнее (рис. 3):
$f_2(3)=\min \{(f_1(1)+0,7\times 4), (f_1(2)+0)\}$.
Величины в фигурных скобках соответствуют двум варнатам: надо

8

нарастить или вторую, или первый ступеньку, а знак min показывает, что нужно взять наименьшую из них. Подставим в фигуры скобки величины $f_1(1)$ и $f_1(2)$, найdenные равные:
$$f_2(3) = \min\{(0+0,7\times4), (4,5+0)\} = 2,8.$$
Тепер уже видно, что если в листнице всего три ступеньки, а их число нужно сократить до двух, то наращивать нужно вторую ступеньку.
— А если бы ступенек было 4?
— Тогда
$$f_2(4) = \min\{(f_1(1) + 0,7\times4 + 1\times(4+1)), (f_1(2) + 1\times1), (f_1(3) + 0)\} = \min\{(0+7,8), (4,5+1), (9,4+0)\} = 5,5$$
то есть, если в листнице было 4 ступеньки, а мы заменяем их двумя, то первый лучше всего закончит на второй старой (рис. 4).
— Погоди, я хочу убедиться, что понял, — первая его казначей. — Значит, чтобы найти $f_2(5)$, нужно действовать так:
$$f_2(5) = \min\{(0+7,8+1,2\times(4+1+5)), (4,5+1\times1+1,2\times(1+5)), (9,4+1,2\times5), (17,4)\} = \min\{(19,8), (12,7), (15,4), (17,4)\} = 12,7.$$
— Вопросу, мудрые следят за казной государства, — пользовали.

Рис. 2.
8

жрец. — А дальше
$$f_2(6) = \min\{(0+19,8 + 1\times(4+1+5)), (4,5+8,2+1\times(1+5+3)), (9,4+1,2\times5+8), (17,4+1\times3), (33+0)\} = \min\{(0+32,8), (4,5+17,2), (9,4+14,0), (17,4+3), (33+0)\} = \min\{(32,8), (21,7), (23,4), (20,4), 33\} = 20,4.$$
Можно было бы продолжать и найти $f_2(7)$, но в этом нет нужны, как ты вскоре увидишь. Перейдем теперь к случая, когда лестница заменяется треем ступеньками.
Начнем с того, что найдем $f_3(4)$, то есть самый разумный вариант наращивания первых четырех ступенек. Ведь $f_3(1)$ и $f_3(2)$ лишены смысла (не стоит заменять одну или две ступеньки треем), а $f_3(3)=0$ — наращивание трех ступенек до трех не требуется никакого расхода золота. Чтобы найти $f_3(4)$, посмотрим, где может кончаться вторая ступенька. Конечно, или на 2-й, или на 3-й старой. Значит,
$$f_3(4) = \min\{f_2(2)+1\times1), (f_2(3)+0)\} = \min\{0+1), (2,8+0)\} = 1.$$
Следовательно, наращивание 4 ступеньки так, чтобы их стало 3, нужно окончит новую вторую ступеньку.

10

действия — сложение и умножение (если не считать определенная плату жрецу, где потребалось вычитание), а они были хорошо известны в Древнем Египте. Ну и еще немного используется здравый смысл. А между тем здесь применен математический аппарат, который получил распространение лишь лет двадцать назад; он называется динамическим программмированием.

Вдумаемся, почему нам удалось найти оптимальное решение, не расматривая всех возможных вариантов наращивания лестницы (а их очень много, и для их полного исследования жрецу действительно не хватило бы времени). Дело в том, что на каждом шаге мы разбиваем общую задачу на ряд более простых.

Пусть требуется нарастить лестницу, имеющий $N$ ступенек, так, чтобы она их имела $n$, где $N \gg n$, то есть $N$ намного больше $n$. Допустим, что нам уже известно оптимальное распределение ступенек, когда их в новой лестнице $j$, где $j \leq n$. Пусть $S_j$ — номер старов ступенек, на котором кончается $j$-я новая. Очевидно, начинается эта $j$-я ступенка на $(S_{j-1}+1)$-й старой. Добавочная площадь лестницы, изображенная на рисунке 6 штриховкой, будет завися от $S_{j-1}$ и $S_j$, то есть от того, где начинается и где кончается $j$-я ступенка; обозначим ее через $g(S_{j-1}, S_j)$. Пусть $f_j(S_j)$ — минимальная площадь для лестницы из $S_j$ ступенек, заменяемой на $j$ ступенек, а $f_{j-1}(S_{j-1})$ минимальная площадь лестницы из $S_{j-1}$-й ступенек, заменяемой на $j-1$ ступенек. Установим зависимость между этим величины, то есть найдем такие значения переменных $S_j$, которые дают наименьшее значение добавочной площади:

$$g(S_1, S_2) + g(S_2, S_3) + \dots + g(S_{n-1}, S_n), \quad S_n = N.$$

Введем функцию

$$f_j(S_j) = \min \left[ g(S_1, S_2) + \dots + g(S_{j-1}, S_j) \right],$$

где $j=1, 2, \dots, n$. Заметим, что $g(S_{j-1}, S_j)$ не зависит от $S_1, \dots, S_{j-2}$. Следовательно, $g(S_{j-1}, S_j)$ можно вывести за знак минимизации по $S_1, S_2, \dots, S_{j-2}$ (анаалогично тому, как способит по оси $OY$ парабoly — самая низкая точка парабoly от этого не изменится):

$$f_j(S_j) = \min \left\{ g(S_{j-1}, S_j) + \min \left[ g(S_1, S_2), \dots, g(S_{j-2}, S_{j-1}) \right] \right\}.$$

Но второй член в формулы скобках мы обозначили через $f_{j-1}(S_{j-1})$. Отсюда получаем

$$f_f(S_f) = \min \left\{ g(S_{j-1}, S_f) + f_{j-1}(S_{j-1}) \right\}.$$

Это и есть уравнение Р. Беллана, которое лежит в основе динамического программирования. Вместитель в проведении численные выкладки, и вы увидите, что мы получаем им

11

На каждом шаге. Его нужно понимать так: для отыскания минимума следует придавать $S_j$ все возможные значения, начняя с 1, и для каждого найти и заполнить значение $S_{j-1}$, доставляющей наименьшую величины $f_j(S_j)$. А затем, doitя до последнего значения $j=n$, нужно, «пятясь», вернуть назад и найти все оптимальные значения $S_j$.

Осыужение метода и немного истории

Обратим внимание на то, что в описанном методе не накладывается никаких условий на вид функции $g(S_{j-1}, S_j)$. Этим динамическое программрование выгодно отличаться от линейного *), в котором требуется, чтобы все рассматриваемые зависимости были линейными и переменные изменялись непрерывно. Поэтому уравнение Р. Беллана и вышеописанный метод использовался сейчас очень широко. Но, разумеется, не для удовлетворения прихотей фараонов. Попробуйте без него найти оптимальное соответствие весов ступеней космической ракеты, определять наилучший приципп унификации деталей, построить расписание, в котором было бы меньше всего простое! Вы очиститесь в отчаянном положении казначей, снищero перед обилем возможных вариантов. Разумеется, bruchnу с помощью динамического программрования почти

*) См., например, статью: А. В. Като к, Экономика и линейные нераваенства, «Квант» №№ 3, 4, 1971.

не считают. Это оно хорошо приспособлено для счета на электронных вычислительных машинах, метод легко программируется и не содержит всяких «подводных камней», которые, к сожалению, встречаются в линейном программировании.

Идея метода динамического программрования витала уже давно. В какой-то мере ее применял еще К. Маклорен (1698—1746). Однако окончательно оформился она в работах американского математика Р. Беллана и связьается с его именем.

Мы здесь показали применение динамического программрования к весы простой задаче. Сразу же возникает мысль: а насоклько применим этот метод к задачам более сложным? На него нужно ответить с известной осторожностью. Дело в том, что при этом возникает спецификация трудность, которое называли «проклятем размерности». Приходится перебрать так много разных возможностей и запоминать столько результатов, что метод теряет свои положительные черты.

Еще одно приложение

Звуки бытвы то угрожающее нарастали, то отдалялись, но было ясно, что все конечно. В отсутствии сидел фараон перед своим шагром в окружении понурых придворных. Шатаясь, подбежал окровавленный гонец:

— Государь! Подходит подкрепление кочевников! Мы гибнем!

— Придется отступать. Нам нужно посмотреть его перейти, — со стоном выдавил фараон, глаза на карту. — Но каким путем нам пойти? Скажты! Ты искусен в вычислениях и уже однажды помог мне, — обратился он к казначей.

— О, Осирис! — воскликнул казначей. — Но то была совсем другая задача! А теперь спроси у своих военачальников!

— Я им не верю. Эти глупцы предрекали мне победу.

«Теперь я пропал»,— подумал казначей, вглядываясь в карту (рис. 7).

12

Рис. 7. Извания пунктов заменены цифрами в кружках, а числа между ними показывают длины переходов в днях.

Внезапно его осенило: «А ведь ход мысленей жреца можно использовать и здесь!»

Рассмотрим сначала путь от места битвы 1 к ближайшим пунктом 2, 3 и 4, номера которых мы будем писать в каждом кружочке слева (рис. 8), а справа покажем длины путь (красным цветом). Например, чтобы достигнуть пункта 4 нужно 8 дней.

Тепер рассмотрим все путь из пунктов 2, 3, 4, не обращая внимание на пункт 1 (рис. 9). Некоторые путь уже привели к целю. Так, в пункте 5 привели два путь. Оставим лучший из них (он занял 18 дней), а худший исключим, пометив его знаком «минус». Одновременно исключим путь в пункт 7 (он занял 21 день), в пункт 6 (он занял 24 дня) и в пункт 2 (на первом шаге у нас был лучший путь за 2 дня). Осталось проверить всего 3 пункта: 3, 4, 5.

Аналіз рисуна 10 дает, что лучший путь занimaет 16 дней и ведет через пункты 2, 3, 5.

Заметим, что на последнем этапе казначей уже не интересовался, каким образом армия попала в пункты 3, 4 (сравните с задачей о лестнице!). То есть дальнейший наилучший путь не зависит от того, как мы оказылись в каком-либо пункте. Это общее правило носит название «причина оптимальности» и лежит в основе дианического программирования.

Упражнения

1. Для школьной мастерской решили сначала купить 9 разных токарных станков стойностью 10, 20, 40, 60, 75, 100, 130, 160,

Рис. 10.

190 руб. Каждый из последующих станков в этом ряду может заменить любой предыдущий, но не наборот. Например, станок за 100 руб. может образывать те же детали, которые образывают станок за 40 руб. Однако директор школа возразил:

— Слишком много типов станков! Нам будет трудно их обслуживать — ведь для каждой нужны свои запчасти. Давайте купим 9 станков, но всего четырех разных типов, причем так, чтобы купленные станки обладают не менее шими возможностями, чем исходные 9 станков.

— А какие типы станков мы возьмем?
— Выберем их так, чтобы заплатить за все 9 станков поменше. Евгений Иванович, вы поможете нам выбрать тип станков? — обратился он к учтелю математики.

Какие типы станков предложил выбрать учтель и сколько они стонили?

2. То, что предложил проделать директор в предыдущей задаче, называется унифицированной. Объчно на практике унифицированная дает экономическую выгоду. Но как эту выгоду подсчитать?

Пусть снова имеется 9 станков со стороны 16, 18, 19, 22, 23, 24, 24, 28, 33 руб. Требуется составить из них унифицированные серии, как это было сделано ранее, считая, что объединение станков в серии за счет

Рис. 11. Стомости проезда: маршрутное такси — 10 коп., метро — 5 коп., автобус — 5 коп., троплейбус — 4 коп., трамвай — 3 коп.

упрощения обслуживания дает снижение затрат на серию по следующей таблице:

Таблица

Число станков в серии
1 2 3 4 5 6 7 8 9

Снижение стоимости
0 12 16 18 20 20 21 21 21

3. — Ну вот, — сказала Нина старшему брату Виктору. — Говорила тебе, что не нужно покупать мороженое! Как теперь мы добавемся до бабушки? У нас осталось всего 30 копеек.

— Погоди, — возразил Виктор. — Во-первых, это ты предложила купить мороженое. Во-вторых, нам сейчас помогет диагностическое программирование. Мы проходили его в школьном математическом куржке.

И он стал быстро чертить на бумаге схему маршрутов (рис. 11). Какой путь нужно избрать Виктору и Нине (ейдесят лет), чтобы попасть к бабушки?

4. Приближался вечер, а Петя еще не знал, что задано по геометрии. Узнать это можно, например, у Лены (до ее дома 12 мин), но номера квартиры Петя не знает. Его знает Вася, но до него 10 мин ходьбы и еще 6 от Васи до Лены. Можноойти к телефону-автомату (это рядом, но там всегда очередь 3 мин) и позвонить Юре. Но Юра из другого класса, и он может дать только адрес Лены или Зинны (она живет в 6 мин ходьбы от Пети, и только она знает телефон Лены и может ей позвонить). Хотя нет, это может еще Саша, который живет в 4 мин от Юры, и Юра знает где. Есть еще сосед по парте, Витъка, он нижогда не знает, что задано, но ему можно позвонить и попросить сбегать к Лене (от него 8 мин ходьбы до Лены), а потом позвонить снова. Да, и еще Зинну можно просить проводить к Люсе (это займет 5 мин), она тоже знает задание. Наконец, можно искать Лену, не зная квартиры (на понки уйдет 4 мин), или попросить Витъку позвонить Жене — пусть тот сходит к Лене (до нее 4 мин) или к Люсе (до нее 6 мин).

Как Пете быстро всего знать задание, если считать, что время идет только на ожидание и ходбу, а все разговоры проискодят мгновенно?

14

Начиная изучать физику, мы сразу встречаемся с важным, фундаментальным понятием: масса тела или масса материалов точки.

Что же такое масса?

Ответать на вопросы, относящемся к основным понятиям физики, всегда трудно. Ньюотон (1642—1727) в классическом труде «Математические начала натуральной физификации» начал изложение механики с определения массы. Он, правда, вместе с слова «масса» писал «количество материалов» и определил его так: количество материалов есть мера таковой, установливаемая в зависимости от ее плотности и объема.

Такое определение, к сожалению, мало что говорит. В самом деле, для того чтобы так определить массу, надо сначала дать определение плотности, а этого мы сделать не можем, если не вводить новых понятий.

Масса физирует в разных задах, и мы не всегда отдаем себе отчет в том, что массой, строго говоря, характеризуют разные свойства тела. Можно указать по крайней мере три различных случая, когда речь идет о массе, и в каждом из этих случаев мы имеем в виду разные понятия.

I. Покупая что-либо в продавовательном магазина, мы говорим, например, о kilogramme сахара, зная, что масса разных порций сахара складывает (как говорят, масса адитивна). Здесь массой мы изучаем количество веществ.

II. Встречаясь на месте с дорогим знаком, на котором написано «10 т», шофер знает, что через этот мест запрещено проездать машине, общий вес которого больше 10 тонн. В этом случае массой изменяется сила притяжения к земле.

III. Вычисляя траекторию протора вускоритель, мы записьиваем уравнение движения, которое связаывает ускорение с массой. В этом случае масса выступает как мера инертности протора — как инертная масса.

To, что во всех трех случаях мы можем пользоваться одной и той же величины, есть удивительное свойство природы, о котором мы и хотим здесь рассказыть.

В общих условиях все три случая действительно описываются одной и той же массой. Это утверждение справедливо только до тех пор, пока мы рассматриваем физические тела, состоящие из частиц, которые движутся со скоростью намного меньше, чем скорость света.

Если скорость частиц велика, как, например, у протонов и нейтронов, входящих в состав atomного ядра, то положение меняется. Масса системы уже не будет равна сумме масс своих части (как говорят, масса пересечет быть адитивной величины). Ускорение не пропорционально силе и само понятие массы становится сложным.

Мы будем рассматривать способы определения массы не в порядке их важности, а так, как это удобно для последовательного изложения.

15

Количество веществ

Начнем с простого вопроса. Что имеется в виду, когда мы покупаем килограмм сахара или принимаем 0,5 грамм аспирина? Нас, конечно, не интересует укорение, которое можно сообщить этому количество сахара или аспирина. Не интересует нас и сила их прятжения к Земле.

Нас интересует определенное количество, число порций сахара или аспирина, а совсем не масса. Мы просто пользовемся тем, что нужно килограмм можно определить взвешивание. При этом используется адентиность массы и ее пропорциональность силе земного прятжения. Этаilonом массы в этом случае может служить, например, кусок сахара, так что можно простым счетом измерить массу любых количество сахара. Единственное условие состоит в том, чтобы все куски сахара были одинаковыми.

А как узнать, что два куска сахара одинаковы? Можно сосчитать, сколько молекул сахара содержится в каждой куске (сделать это трудно, но, допустим, что мы это можем). Если оба куска содержат равное количество молекул, то их масса одинакова. Но при этом мы предполагаем, что все молекулы сахара одинаковы, то есть использем новое физическое свойство — тождественность молекул. Постулируя это свойство и адентиность массы, мы получаем возможность сравнивать массы разных порций одного и того же вещества.

Так можно установить шкалу масс для сахара, для масла, для меди, для железа. Однако надо еще иметь способ сравнивать массы образцов, сделанных из различных веществ. Как, например, сравнить массы медного и железного шаров?

Это можно сделать, изучая стольовение упругих шаров.

Именно так поступил Христан Гюйгенс (1629—1695) еще до того, как Ньюотон открыл свои законы *).

*) В печати эти сообщения появились лишь после смерти Гюйгensa в 1703 г. в метуаре «О движении тел и стольовениях». Но результаты были получены в 1652 г.

Гюйгенс рассматривал центральное соударение двух упругих шаров равной массы.

Предположим, что два упругих шара равных масс летят навстречу друг другу с одинаковыми по абсолютиной величины скорости (рис. 1). После стольновения шары разлетятся в разных направлениях. Каждый очередным, что скорости, с которым шары разлетятся, также одинаковы по абсолютиной величины. Почему?

Скорость разлетящего только массами шаров и скорости их слияния. Следовательно, ни один шаров не имеет премишества перед другим, и их движение должно оставаться симметричным. Это и означает, что они разлетятся с одинаковыми скоростими. И наоборот, из того, что шары разлетаются с одинаковыми скоростими, следует, что их массы равны.

В действительности то, что скорости после соударения определяются полностью на начальном скорости и массами шаров, а не зависит, например, от величины шаров, температуры или еще каких-нибудь величины, ни откуда не следует. Только потому, что опыт подтвердил такое премишестение, мы можем использовать изложенный метод сравнения масс тел, сделанных из различных материалов.

Способ Гюйгensa дает возможность сравнивать между собой то, что можно назвать шкалами масс для различных веществ. Гюйгенс сам не развивал эту идею. Он рассуждает просто: «…Я рассматрию тела из одного вещества или же принимо, что величина тел определяется их весом…». Под «величиной» Гюйгенс понимал «массу».

Рис. 1.

16

Закон сохранения количества движения

Напишем закон сохранения импульса в случае стольновения двух тел (импульс равен произведению массы на скорость $p = mv$). Пусть два тела до стольновения имели импульсы $p_1$ и $p_2$. Их импульсы после стольновения обозначаим через $p'_1$ и $p'_2$.

Тогда закон сохранения импульса $p_1 + p_2 = p'_1 + p'_2$.

Отметая массы и скорости тел индексами 1 и 2, можно написать

$$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v'_1 + m_2v'_2.$$

или

$$m_1(v_1 - v'_1) = -m_2(v_2 - v'_2).$$

Обозначая абсолотные величины векторного изменения скорости через $|\Delta v_1|$ и $|\Delta v_2|$, получим

$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{|\Delta v_2|}{|\Delta v_1|}.$$

Таким образом, изменение скоростей стольновихся тел, можно сравнить их массы. Так определял понятие массы французский механик Барре de Cen-Bенан (1797—1886) *).

Массу можно определить и по отношению ускорения:

$$\frac{|a_1|}{|a_2|} = \frac{m_2}{m_1}$$

Связь отношения масс с отношением ускорения можно принять за способ сравнения масс, как это и делается *).

Это определение массы стольновся неправильным, как только скорости приближаются к скорости света $c$. Дело можно поправить, если в определении импульса заменить скорость $v$ на «релятивистскую» скорость $u$ по формуле

$$u = \frac{v}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}$$

и написать вместе разностей $v_1 - v'_1$ и $v_2 - v'_2$ соответственно $u_1 - u'_1$ и $u_2 - u'_2$. Масса $m$ в этом случае называется массой покоя.

**) Это определение можно получить из предыдущего, если быть разности скоростей в два очень близких момента времени.

Однако в таком виде формула верна только для тела, которые движутся с малыми (по сравнению с $c$) скоростями.

лается в учебнике. Только надо помнить, что этот способ не единственный.

Центростремительное ускорение

Мы уже говорили, что Гюйгенс раныше Ньютона понял некоторые законы движения (занимаясь законами стольновения упругих шаров). Насколько хорошего понимал Гюйгенс механику, видно из того, что он первым правильно формулировал законы движения по окружности и ввел понятие Центростремительное ускорение. Ведь если мы умеем измерять силу (например, с помощью других использия закон Гука), то можно изменить массу без помощью сил тяготения, изменяя Центростремительное ускорение врашающего тела.

Сам Гюйгенс рассматривал движение в системе координат, связанной с врашающим телом. В этой системе нужно учитывать центробежную силу инерции, поэтому формулировка Гюйгена была следующей: «Когда два равные тела движутся по равным окружности с неравной скоростью, но оба равномерно, то центробежная сила быстрошего относится к центробежной丝ле, движущемся медленнее, как квадраты их скоростей».

Этalon массы

В качестве эталов длины и времени сейчас приняты для волны определенной линейи в спектре криптона и частота колебаний водородного мазера. Такие эталов лучше искусствены, так как их можно воспроизвести в любой хорошей лаборатории, а пропасть или испортиться они не могут. Почему же в качестве этаона массы нельзя использовать, например, массу протона? Мы знаем, что в химии и ядерной физике почти так и делается. В качестве единиц массы прията atomная единица массы, равная $1/12$ массы изотопа углерада $C^{12}$. Измерениями для массы протона в этих единицах получена очень точная величины.

$$M_p = 1,00727661 \text{ (8) ат. ед.}$$

17

Цифра в скобках означает, что возможная неточность в этой величины оценивается в 8 единиц в последнем, восемом знаке.

Таким образом, масса протона известна с очень большой точностью. К сожалению, эта большая точность достижима только в atomных единицах. Величина массы протона в общих единицах (кг) известна значительно хуже:

$$M_p = 1,672614 \times 10^{-27} \text{ кг.}$$

Здесь возможная ошибка затрагивает уже шестой знак! Хотя это и большой точность, но все же недостаточная для утверждения протона в качестве эталона масс.

Почему же так получается? Трудность состоит в том, что физики не умют с достационной точностью составить число протонов в заданном количестве водорода (например, в 1 киломole). С этим связано то, что сравнительно плохо изменено число молекул в 1 киломole:

$$A = 6,02217 \times 10^{26} \text{ молекул/кмоль.}$$

Возможная ошибка здесь составляется почти 7 миллионных от измеренной величины. Это слищом плохо для эталона! Только при большей точности измерения протон может занять подобное ему место естественного эталона массы.

Дефект массы

Поговорим еще немного об адитивности массы.

Если бы все тела состояли из одинаковых частией, каких-нибудь корпускул (или монад, как их назвали древние), отличаясь друг от друга только плотностью — числом корпускул в единице объема, то вопрос о массе тел решался бы просто. Массы всех тел определили бы числом таких корпускул, и на этом бы все трудности заканчивались. Можно именно об этом думал Ньюотон, когда считал, что плотность тела — понятие более простое, чем его масса?

Но мир устроен сложнее. Atoms построены из разных элементов частиц: электронов, протонов, нейтронов. Поэтому от молекул к их составным частиям, мы только заменим вопрос о сравнению масс разных atomов вопросом о сравнению масс разных элементов частиц.

Кроме того, как это известно из теории относительнойности, массы протонов и нейтронов нельзя просто складывать друг с другом, когда эти частицы входят в состав ядра. При обработании ядра выделяется энергия $E^*$ и масса ядра уменьшается по сравнению с суммой масс всех протонов и нейтронов на величины

$$\Delta m = \frac{E}{c^2}.$$

Определить массу atoms по числу частиц нельзя, строго говоря, даже в принципе. Масса в этом случае не адитивна, то есть масса ядра не равна сумме масс составляющих его частиц. Адитивность массы справедлива до тех пор, пока мы разделаем тело на такие части, которые почти не взаимодействуют между собой, например, когда мы распиливаем железный брусок.

Оценим, например, ту ошибку, которую мы сделаем, если будем считать, что масса atoms водорода равна сумме масс протона и массы электронона. Для того чтобы оторвать электрон —онизовать atom,— надо затрактить энергию в 13,5 электроновольт. (Иначе говоря, надо приложить к системе протон —электрон разность потенциальов 13,5 б.) 1 электрон-вольт равен 1,6·10^{-19} джоулей. Отсюда получаем

$$\Delta m = 2,4 \cdot 10^{-35} \text{ кг.}$$

Сравним это число с массой протона 1,7·10^{-27} кг. Мы видим, что ошибка (если считать массу atoms водорода как сумму масс протона и электронона) очень мала и скажется лишь в восемом знаке. Это поправкой можно пренебречь. Для ядрных реакций этот эффект вносит достающую большую вклад, и пренебречь им нельзя.

*) $E$ есть, конечно, и энергия, которая надо сообщить ядру, чтобы оно «развалилось» на протоны и нейтроны.

18

В. Н. Березин

Своеобразна судьба иных теорем и задач…Как объявить, например, столб исключаительное внимание со стороны математиков и любителей математики к теореме Пифагора? Почему многое из них не довольствовались уже известными доказательствами, а находили свои, доведязадавать пять сравнительно обозримых столейной количеств до нескольких сотен?

Когда речь идет о теореме Пифагора, необучное начинается уже с ее названия. Считается, что формулировал ее впервые отнюдь не Пифагор. Комнительным полагают и то, что он дал ее доказательство. Если Пифагор — реализное лице (некоторые сомневаются даже в этом!), то жил он, скорее всего, в VI—V в. до н. э. Сам он ничего не писал, называл себя философом, что значно, в его понимании, «стремящийся к мудрости», основал пифогрейский союз, члены которого занимались музыкой, гипнастикой, математкой, физкой и астрономией. По-видимому, был он и великопепным органом, о чем свидетельствует следующая легенда, относящаяся к пребыванию его в городе Кротоне: «Первое появление Пифагора пред народом в Кротоне началось речью к юношам, в котором он так строго, но вместе с тем и так увлекательно изложил обозначности юношей, что старейшие в городе просили не оставить и их без почечения. В этой второй речи он указывал на закономность и на чистоту правов, как на основы семейства; в следующих двух он обратился к детям иженщинами. Последствием посл дней речи, в котором он особенно порицал Россью, было то, что в храм Геры доставлены были тысячи драгоценных платьев, либо ни одна женишка не решалась более показывать в них на улице…» Тем не менее ще во втором столении нашей эры, т. е. спустя 700 лет, жили и творили в поле реальные люди, незаурядные учены, находившиеся явно под влиянием пифогрейского союза и относится с большим уважением к тому, что согласно легенде создают Пифагор.

Несомненно также, что интерес к теореме вызывается и тем, что она занимает в математике одно из центральных мест, и удовлетворением авторов доказательства, предодолевших трудности, о которых хорошо сказал живший до нашей эры римский позт Квит Гораций Фласк: «Трудно хорошего выразить общеизвестные факты».

Первоначально теорема устанавливала соответствие между площадями квадратов, построенных на гипотенузе и катетах прямогоного треугольника: квадрат, построенный на zипоменузе, равновелик сумме квадратов, построенных на каметах. Именено в такой формулировке доказывается эта теорема с помощью рисуков, приведенных на первой странице обложки. Здесь на верхнем левом рисуке выделен штириховыми линиями прямого треугольника, на катетах и гипотенузе которого построены квадраты, на гипотенузе

19

тенуze — наружу, на катетах — внутренъ треугольника. Стороны этих квадратов продолжены везде, где один из квадратов налегает на другой. При этом образовались несколько треугольников, трапеций и один головой квадрат. Равные фигуры окрашены в одинаковый цвет. На тот факт, что треугольник, образованный из красной трапеции и желтого треугольника, равновелик (более того, симметричен) треугольнику, образованному из фиолетового треугольника и зеленой трапеции, образает внимание фрагмент в правом верхнем углу.

В нижней части рисунка на катетах прямогоного треугольника (белого) те же самые квадраты построены внешним образом. Попутно в одном из них фиолетово-зеленый треугольник заменен на равновелик ему красно-желтый. Телерь уже совсем нетрудно показать, что фигура, составленная из двух квадратов, построенных на катетах прямогоного треугольника, равновелика квадрату, построенному на гипотенuse этого треугольника. Для этого заменем еще раз зеленую трапецию вместе с фиолетовым треугольником на красную трапецию плоской треугольник и заменаем, что образованная при этом фигура оказывается равносствленной с квадратом, построенным на гипотенuse данного прямогоного треугольника. Тем самым доказана и теорема Пифагора.

А вот еще одно доказательство, использующое равносствленность. На рисунке 1 okрашенный в зеленый цвет отрезок равен одному из квадетов расположенного в нижней части чертежа прямогоного треугольника, а красный треугольник — равноведренный и прямогоный. Доказав, что угол между двумя разрезами — слева и внизу — прямой,усматриваем, как из частей данной фигуры, представляющей собой объедининие квадрата и равноведренного прямогоного треугольника, можно сложить либо два квадрата, либо один. Причем во втором случае сторона квадрата равняется гипотенuse этого самого приватшего треугольника. Шарнирное крепление на рисунке 2 показывает, что был отрезан прямогоный треугольник, представляющий половину красного, и повернуть относительно «шарнирной» точки на 135°. На рисунке 3 использует рисунка 1. Вновь около шарнирных точки отделенные треугольники поворачивают на 135° каждой.

Как проводить доказательство теоремы в случае, когда меньше из квадетов более половины большого, вы легко установить сами.

Современная геометрия предпочтает арифметическую формулировку теоремы Пифагора, а именно: если стороны прямогоного треугольника изменены одним и тем же

20

Рис. 4.

маштабом, то квадрат числа, выражающего гипotenуzy, равен сумме квадратов чисел, выражающих катеты. Коротко: квадрат гипotenуzy равен сумме квадратов кататов. Два доказательства, использующих также формулировку, мы сейчас и проведем.

На рисунке 4 изображен квадрат с выделенными на нем четырьмя равными прямогольными треугольниками. Именно из такого рисунка исходил в своем доказательстве в XII веке индиский математик Бхаска-Ачарна.

Пусть сторона большого квадрата (она же — гипotenуza прямогольного треугольника, окрашенного здесь в желтый цвет) равна $c$. Пусть также два его катата равны соответственно $a$ и $b$. Тогда, в согласно с чертежом, $(a-b)^2 + \frac{4ab}{2} = c^2$, то есть $c^2 = a^2 + b^2$. Следовательно, если треугольник прямогольный, то сумма квадратов его кататов действительное равна квадрату гипotenуzy.

На рисунке 5 один из трех данных прямогольных треугольников — объемлющий. Все три треугольника — попарно подобные. В этом и ключ к доказательству, либо площади подобных фигур, построенных соответственно на кататах и гипotenуze данного прямогольного треугольника, находятся в том же отношении, в каком площади квадратов, построенных на этих кататах и гипotenуze. Иначе говоря, с помощью рисунка мы получаем равенство $ka^2 + kb^2 = kc^2$, где $a$ и $b$ — кататы объемлющего треугольника, $c$ — его гипotenуza, $k$ — число, равное отношению площади объемлющего треугольника к площади квадрата, построенного на его гипotenуze. Сокращая обе части равенства на $k$, получаем, как следствие, теорему Пифагора.

Рис. 6.

Рис. 7.

22

Еще древние греки заметили, что струна, натянутая на ветру, иногда начинает молодно звучать — петь. Возможно, уже тогда была известна элова арфа, называя так по имени бога ветра Эолла. Эолова арфа состоит из рамки, на котором натянуто несколько струн; ее помещают в таком месте, где струны приводятся в движение ветром. Если даже ограничится одной струной, можно получить целый ряд различных тонов. Нечто подобное, но с городаю меньше разнообразием тонов пропускит, когда ветер приводит в движение телеграфные провода.

Довольно долго это явление и многое другие, связанные с обтеканием тел воздухом и водой, не были обясенены. Только Ньюотон, основоположник современной механики, дал первый научный подход к решению таких задач.

По закону сопротивления движения тел в жидкости или газе, открытому Ньюотоном, сила сопротивления пропорциональна квадрату скорости: $F = k\rho v^2S$.

Здесь $v$ — скорость тела, $S$ — площадь его секения, перpendикулярного направления скорости, $\rho$ — плотность жидкости.

В дальнейшем выяснили, что формула Ньюотона верна не всегда. В том случае, когда скорость движения тела мала по сравнению со скоростью теллового движения молекул, закон сопротивления Ньюотона уже не справедлив. При медленном движении силы сопротивления пропорциональна скорости тела, а не ее квадрату, как при быстром движении. Такая ситuação возникнет, например, при движении мелких капель дожда в области или при оседании осадка в стакане. Однако в современной технике с ее стремительными скоростями обычно справедлив закон сопротивления Ньюотона.

Казалось бы, раз известны законы сопротивления, можно обяснить гудение проводов или пение эловой арфы. Но это не так. Ведь если сыла сопротивления была постоянной, то ветер просто натягивал бы струну, а не возбудал ее звучания.

В чем же дело? Что бы обяснить звучание струны, оказавется недостагочно тех простых представлений о силе сопротивления, которые мы только что разобрали. Давайте обсуим более детально некоторые типы течения жидкости вокруг неподвижного тела (это удобнее, чем рассматривать движение тела в неподвижной жидкости, а ответ, разумется, будет тот же).

Посмотрите на рисунок 1. Это случай малой скорости жидкости. Линии тока отбалют цилиндр (на рисунке показано секение) и плавано продолжаются за ним. Такой поток сопротивления ламинарным. Сила сопротивления в этом случае обязана своим пропусканием внутреннему трению в жидкости — вззости и пропорциональна $V$. Скорость жидкости в любом месте, так же как и сыла сопротивления, не зависит от времени (поток стационный). Этот случай для нас не представляет интерес.

No взгляните на рисунок 2. Скорость потока увеличилась, и в области за цилиндром появились водовороты жидкости — вихри. Треннее в этом случае уже не определят полностью характер процесса. Все большую роль начинают играть изменения количества движения, произходящие не в микросоппическом масштабе, а в масштабе, сравнимом с размерами тела. Сила сопротивления пропорциональна $V^2$.

И, наконец, на рисунке 3 скорость потока несколько возрастла, и вихри выстропились в правильные цепочки. Вот он, ключ к обьясенению загадки! Эти цепочки вихрей, периодические срывощися с поверхности струны, и возбуждают ее звучание.

Явление правильного расположения вхрей позволяет обтекаемого тела впервые было изучено экспериментально немецким физиком Бенаром в начале нашего века. Но только благодаря последовавшим вскоре работам Кармана такое течение, казавшееся сначала веса своей образным, получило обьясение.

Рис. 4.

По имени этого ученого система периодических вхрей сейчас называется дорогкой Кармана.

Однако по мере возрастания скорости у вхрей остается все меньше и меньше времени, чтобы расплаваться на большую область жидкости. Вихревая зона становится узкой, вихри перемешиваются, и поток становится хаотичным и нерегулярным (турбулентным). Правда, при очень больших скорях в экспериментах последнего времени обнаружено появление какой-то новой периодичности, но детали ее до сих пор еще не ясны.

Может показаться, что вихревая дорогка Кармана — просто красивое явление природы, не имеющее практического значения. Но это не так. Провода линей электропередачи также колблются под действием ветра постоянной силы из-за отрыва вихрей. В местах крепления проводов к опрамвоникагот значительные услуги, которые могут приводить к разрушении. Под действием ветра раскачиваются высокие дымовые трубы.

Однако, наиболее широкую известность, безусловно, прибрежной колбания Такомского места в Америке. Этот простой всего несколько месяцев и разрушился осенью 1940 года. На рисунке 4 показан вид места во время колбаний. Вихри отрывались от несущей конструции проезжей части места. После длительных исследований мест был возникнут снова, только поверхности, обдуваемые ветром, имея другую форму. Таким образом, была устранена причина, вызывающая колбания места.

24

Окружение гесканма

А. П. Савин

Игра в крестики-ноликки на клетчатой бумаге давно стала одним из любимых развлечений школьников и студентов, поскольку ручка или карандыш и листок бумаги в клетку, у них всегда под рукой.

В задаче М91 был предложен новый вариант этой игры.

М91. Двое играют в «крестики» и «ноликки» на бесконечном листе клетчатой бумаги. Начинающий ставит крестик в любую клетку. Каждый следующим 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 каждим 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 партеравов: удаться ли поликам «запереть» крестики (и какое наиболее чисто ходов могут «продержаться» крестики) или игра может продолжаться до бесконечности?

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

Дейстия крестиков очень похожи на действия десята, пытающегося избежать окружения, поэтому мы и называли эту игру «окружение десята».

Простейший вариант этой игры таков: начинающий ставит крестик, второй — три поликка на любые три свободных поля, затем первый ставит

Рис. 1. Рис. 2. а) Рис. 6)

25

еше один крестик на свободное поле, соседнее с тем, где уже стоит крестик, а второй — ещё три полка на свободные поля. И так далее, каждый раз крестики ставятся на свободные поля, соседние с тем, где уже стоит крестики, а полки — на любые свободные поля. Начинающий ставется поставить как можно больше крестиков, а второй — помещать ему это сделать.

В этом варианте задачу решили многое наши читатели. Они показали, что начинающий может поставить не более 7 крестиков. На рисунке 1 показана стратегия полков при первом ходе, обеспечивающая этот результат. Действительно, после этого начинающий может поставить крестик на одно из пятей полей. Нетрудно видеть, что, лишь ставя его на юго-восточное поле, первый может надеться при правальной игре поставить семь крестиков, потому что при ответе полков, изображенным на рисунке 2, а, он может надеться лишь на то, чтобы поставить крестики на поля, отмеченные точками, причем из двух полей, отмеченных красными точками, он смотет поставить крестик не более чем на одном. Как при этом должен ставить полки второй, ясно из рисунка 2, 6.

Если же начинающий ставит второй крестик на другое поле, то после хода второго полукается одна из ситуаций, изображенная на рисунке 3, где уже лишь 4 поля (они также отмечены точками), на которые начинающий может поставить крестик при правальной игре второго. Она заключится в отрезании всех полей продвижения от поставленного вместе точки крестика, аналогично тому, как это делалось и в первом случае (рис. 2, 6).

Попробуем теперь условия задачи полков. Разрешим второму ставить при своем ходе не по 3 полика, а лишь по 2. Интересно, что если с самого начала пытается ставить полки на клетки, соседние с крестиками, то второй не сможет задержать движения крестиков. Посмотрите на рисунок 4. Здесь полки не могут помещать продвижению крестиков вверх (красные знаки — первый ход, черные — второй, зеленье — третий).

Это ясно, поскольку каждим своим ходом полки перекрывают лишь два поля из трех, ведущих вверх.

26

Казалось бы, что тут уже поликни не смогут окружить крестики и, тем более, если на каждый крестик второй ставит лишь по одному полику. Последнее утверждение содержится в подавляющем большинстве письем.

А если второму попытаться организовать вдалеке от первого крестика оборону? Сможет ли он хотя бы помещать двijжению крестиков вверх? Оказывается, да! И даже в случае, если на каждый крестик второй отвечает лишь одним поликом. Эту стратегию второго (она нам понадобится и для окончательного решения задачи) называем «отражением любовой атаки».

Итак, мы пытаемся оставить двijжение крестиков вверх. Посмотрите на рисунок 5. Казалось бы, невозможно не пропустить крестики выше горизонтальной линии, ведь через шесть ходов крестики могут оказаться на любом из 13 квадратов, отмещенных точками, а второй за это время сможет поставить лишь 6 поликов. Тепер посмотрим на рисунок 6. Игра началась, и с каждым ходом крестики угрожают все меньше числу полей за горизонтальной чертой.

После второго хода — одинадится полям, после третього — девяты, после четверого — семи. Но второму удается поставить за четые хода поликки так, что на угрожаемых полях они стоит через поле. (Попробуйте доказать самостояльно, что при любой игре первого второго сможет это сделать.)

Тепер после пятого хода крестиков получится одна из двух ситуаций, изображенных на рисунке 7. В случае a) второй может ставить поликки в две оставшиеся незаполненные клеточки в любом порядке, а в случае b) он сначала ставит полик в среднюю клетку, а потом, в зависимости от хода первого, влевую или вправую, и крестикам путь прегражден.

Итак, «любовая атака» отбита! второй может не пропустить крестики

выше шестой горизонтали (от той, где стоит первый крестик).

Казалось бы, задача уже решена. Ведь таким же образом мы сможем не пропустить крестики в любом из направлений, то есть ограничить, например, все крестики внутри некоторого квадрата. Однако этот вывод

прежедевременен, мы не училивозможности «атаки на угол».
Если крестик стоит на диагонали обороняемого квадрата, то он угрожает почти вдвое большему числу полей за пределами квадрата, чем при «лобовой атаке» на сторону этого квадрата, например, на рисунке 8 он угрожает, как и раньше (рис. 5), тринадцатиполям каждой стороны, а в совокупности 25 полям.
Нечужели ноликам не выдержать этой атаки? На помощь ноликам приходит возможность брать в качестве плазарма обороны стороны скольго большого квадрата. Возьмем больший квадрат (гораздо больший, чем на рисунке 9) и проведем в нем квадрат, отстоящий от сторона первого на шесть клеток. Центр квадрата возьмем в той клетке, где был поставлен первый крестик. Пока крестики будут находиться внутри меньшего квадрата, стороны квадрата любая атака не угрожает и за то время, пока крестики будут продвигаться к стороне (или углу) внутринего квадрата,олики смотут укрепить свои позиции в углах большого квадрата, например, поставить в каждой углу по 11 ноликов (рис. 9), тем самым «атака на угол» будет лишена смысл, а атаку на сторону мы научились отбивать, если она начинается с расстояния в шесть клеток от стороны. Чтобы поставить в каждой углу по 11 ноликов (на самом деле можно обойтись и меньше числом), потребуется внутренний квадрат со стороны в 87 клеток, а следовательно, внешний квадрат будет иметь сторону в 99 клеток.
Точно формулировать «выигрывую» стратегию ноликов и исследовать другие варианты этой игры (например, выяснить, при каких $p$ и $q$ ноликки не могут «запереть» крестики, если за один ход ставится $p$ крестиков и $q$ ноликков) мы предоставляем читательм.

Задание

1. На сторонах $AB, BC, CA$ треугольника $ABC$ выбраны точки $C_1, A_1, B_1$ соответственно. Доказать, что окружности, описанные вокруг треугольников $ABC_1, BCA_1, CAB_1$, пересекаются в одной точке. Обобщить это утверждение на случай шести точки, выбранных на сторонах терадира.

2. Дан пятнуюльник $ABCDE$. Через концы каждой его стороны и точку пересечения двух соседних с ней сторон проводят окружность. Доказать, что эти окружности пересекаются в пятую точку (отличных от вершин пятуюльника), лежащих на одной окружности.

3. Через точку $P$, лежащую внутриуги $BAC$, проведится две равные окружности, одна из которых касается прямой $AB$, а другая — прямой $AC$.

4. Две окружности касаются (с одной стороны) прямой $l$ в точке $C$, а прямая $m$ параллельна $l$ и пересекает обе окружности в точках $S, T, X, Y$ (последовательно). Доказать, что точка $C$ лежит на биссертрисе одного из двух углов, образованных парами касательных к окружности в точках $S, T$ или $X, Y$.

5. Треугольник вписан в окружность, причем квадрата длин его сторон пропорциональны длиным перпендикуров, опущенных из противоположных вершин на фиксированную касательную к окружности. Доказать, что одна из сторон лежит на диаметре окружности.

6. Две окружности радиусов $R$ и $r$ расположены так, что квадрат расстояния между центрами окружностей равен $R^2 + 14Rr + r^2$. Доказать, что существует бесконечное многоторе окружностей, касающиеся попарно друг друга и обеих данных окружностей.

28

В планшетрии-меорема, в стереометрии-нерешенная проблема

И. М. Яглом

В № 6 журнала «Квант» за 1971 год была помещена следующая задача (задча М89):

Докажите, что в любом выпуклом многоугольнике, кроме параллелограмма, можно выбрать также три стороны, при продолжении коморых образуется треугольник, объемющий даниый многоугольник. (Например, на рисунке 1, где многоугольник обведен черной линий, три красные прямые удовлетворяют требуемому условию, а три сине — нет.)

Эта задача имеет много разных решений. Однако прежде чем расскаать ее решение, скажем о том, почему она интересна.

На рисунке 2 вы видите треугольник ABC и три меншших треугольника $Ab_1c_1$, $Ba_1c_2$ и $Ca_2b_2$, подобных ABC и получающихся из ABC скатиями к точкам A, B и C — вершинами исходного треугольника. Треугольники $Ab_1c_1$, $Ba_1c_2$ и $Ca_2b_2$ не только подобны ABC — они готовы ABC, то есть подобны ABC и параллельно ему расположены. (Посленее ознакомлен, что отвечающие друг другу, скажем, в подобных треугольниках ABC и $Ab_1c_1$ отрезки образательно параллельно между собой.) Ясно, что если треугольники $Ab_1c_1$, $Ba_1c_2$ и $Ca_2b_2$ линь немного меньше исходного треугольника ABC, то они полностью по крЫ вают треугольник ABC.

На рисунке 3 изображен параллелограмм ABCD и четыре меншших параллелограмма $Ab_1c_1d_1$, $Ba_1d_2c_2$, $Cb_2a_2d_3$ и $Da_3b_3c_3$, получающихся из

29

Рис. 2.

ных данному паралелограмму ABCD паралелограммов, которые можно покрыть паралелограмм ABCD. В самом деле, если сторона AB паралелограмма ABCD равна c, то и всякий принадлежий ABCD отрезок, паралелный AB, будет не превосходить c; поэтому в готовениином ABCD и меньше ABCD паралелограмме всякий паралелный AB отрезок будет меньше c. Отсюда следует, что обе вершины A и B паралелограмма ABCD не могут быть покрыты (никаким!) паралелограммом, готовичным ABCD и меньше его. Таким образом устанавливается, что каждую вершину паралелограмма ABCD нам придется покрывать с воим паралелограммом, меньше ABCD и готовичным ABCD; поэтому общее число покрывающих ABCD меньше меньше ABCD меньше окажется не меньше 4 (по числу вершин ABCD). Точно так же устанавливается, что общее число покрывающих треугольник ABC треугольников, готовичных ABC и меньше его, не может быть меньше 3 (ибо каждую вершину ABC придется покрывать с воим треугольником).

Задача о том, сколько готовичных данному (еъпуклому) многоугольнику M и меньше его многоугольников достаточно, чтобы покрыть M, была поставлена в 1960 году кшшневским математиками И. Ц. Гохберг и А. С. Маркусом (несколько равше — в середине 50-х годов — родственная задача была

30

ки книг; здесь же мы покажем, как можно вывести доказательство этой теоремы из результата задачи M89.
В самом деле, пусть ABC — фигурирующий в условиях этой задачи треугольник, содержащий внутри себя (отличный от паралелограмма!) выпукленный многоугольник M ≡ A₁A₂A₃…Aₙ, причем сторона AB треугольника содержит отрезок A₁A₂, сторона BC — отрезок AₖAₖ+1 и сторона CA — отрезок A₁A₁+1 (рис. 5).
Выберем теперь внутри M некоторую точку O и соединим ее с кakими-то точками P, Q и R отрезков A₁A₂, AₖAₖ+1 и A₁A₁+1. При отрезка OP, OQ и OR разрежут M на три части m₁, m₂ и m₃. Сокжем теперь многоугольник M к точке A. Если полученный таким путем из M многоугольник M₁ (см. рис. 5) мало отличается от M, то он обязательно полностью покрыет m₁ — для доказательства этого достаточно сравнить границы многоугольников M₁ и m₁ (проведите сами аккуратно это рассужждение!).
Аналогично показывается, что готоветчными M и меньшими M многоугольниками M₂ и M₃, получаются из M скатиями к точкам B и C, можно полностью покрыть части m₂ и m₃ многоугольника M. Итак, М можно покрыть трея многоугольниками ( многоугольники M₁, M₂ и M₃), экономически M и меньшими M.
Мы доказали, что для каждой от паралелограмма выпукло многоугольника M число готовотчных M и меньших M многоугольников, которые можно полностью покрыть M, не больше чем 3. Можно также доказать, что для любого (не вырождающегося в отрезок прямой) такого многоугольника это число в точности равно 3 (см. задачу 1 на стр. 32).

Вернемся теперь к задаче M89. Вот одно из простейших ее решений. Заметим, что если выпуклый многоугольник M не треугольник не паралелограмм, то у него найдется две непараллельные стороны, не имеющие общей вершины *). Продолжая их до точки пересечения, мы получим выпуклый многоугольник M₁ с меньшим чем у M числом сторона, содержащий M (рис. 6). Если этот многоугольник M₁ снова не треугольник и не паралелограмм, то мы и с ним можем поступить, как с M — и так до тех пор, пока не получим содержащий M треугольник или паралелограмм, стороны которого, оченьindo, получаются продолжением сторона M.
Если последний многоугольник, к которым мы приедем в процессе наших преобразований исходного многоугольника M, является треугольник, то тем самым задача M89 оказывается решенной (рис. 7). Если же в конце мы приедем к паралелограмме.

*) Если многоугольник M имеет пять или больше стороны, то это следует из того, что никакой выпуклый многоугольник не имеет трех или более паралелых между сторонами; для четырехугольника же, отличного от паралелограмма, это следует из определения паралелограмма.

Рис. 4.

31

лелоэрмму ABCD, но сам исходный многоугольник M не параллелогамм, то какая-то из вершин A, B, C и D параллелогамма не будет является вершиной M. Пусть, например, точка A не является вершиной M (рис. 8). Расстоянием тогда близкой к A вершину K, принадлежащую отрезку AB, и исходную из этой вершины K сторону KL, не принадлежащую прямой AB. Так как многоугольник M выпуклый и одна из его сторон принадлежит отрезку AD, то сторона KL может идти только так, как это изображено на рисунке 8 (ибо весь многоугольник M должен лежать по одному сторону от KL). Но в таком случае при прямые BC, CD и KL, совпадающие с темя сторонами многоугольника M, определяют удовлетворяющий условием задачи М89 треугольник.

Итак, единственный многоугольник, для которого не существует требуемого треугольника, является параллелогамм.

Итак, мы видим, что теорема Гохберга — Маркуса не является особенно сложной — самым трудным пунктом ее доказательства можно считать решение задачи М89. Но от И. Ц. Гохберга и А. С. Маркуса (а также и от Ф. Леви) идет степеометрический вариант этой же задачи:

Для каждого выпуклого многоугольника M указать наименьшее число элементов M (то есть подобных M и параллельно M расположенных*) многоугольников, которые можно полностью покрыть многоугольник M — и эта проблема оказывается несовершеннено труднее соответствующей планимерческой задачи.

Нетрудно видеть, что для tetraэдра T (треугольной парамиды) на

*) Два (выпуклых) многоугольника M и μ называются экономически, если они подобны (то есть это суще многоугольники одного вида и все размеры одного из них пропорциональны соответствующим размерам второго), и каждому отрезку AB многоугольника M соответствует в многоугольнике μ отрезок ab, параллельный AB.

32

именыще число готовительных ему и меньших его терраздров, которые можно покрыть T, равно четырем; для куба же К соответствующее число меньших кубов равно восемии (доказите это!). Нетрудно видеть, что интересующое нас в постановной стереометрической задаче число можем принимать любые значения между 4 и 8 (см. задачу 2 в конце статьи). Существует предложение, что никакие другие значения этого числа принимать не можем (причем восемии оно равно только в том случае, когда рассматриваемый многогранник является параллеленедом!). Однако доказать это утверждение пока удалость только в одну сторону (см. задачу 3 в конце статьи). Доказательство же (или опровержение) того, что рассматриваемое число никака не может быть больше восемии, пока составляется проблему, решить которую не удалось никакому — и это не смотря на то, что эту проблему пытаюсь решить многогранник М, многогранник М и меньше М.

Раздел геометрии, к котором относится рассматриваемые в настоящей заметке задачи, возникк сравнительно недавно — всего каких-нибудь 15—20 лет назад. Этот раздел носит название комбинаторной геометрии; для него характерна простота условий больших_instances рассматриваемых задачи (зачастую понятных любому школьнику!), но, к сожалению, решения этих задач, как правило, довольно сложны. Комбинаторной геометрии посвящено сегодня многодесятков книг и сотни, если не тысячи, научных статей. Некоторые доступные и школьникам книг указаны в конце этой заметки.

Все поставленные ниже задачи относятся к комбинаторной геометрии; они требуны с темой настоящего заметки. Звездочки отмещены задачи, решение которых не известно автору заметки; здесь особенно хотелось бы обратить внимание на задачу 6, которая кажется мне весыма интересной (но, возможно, и весыма трудной!).

Упражнения

1. Доказать, что никакой выпуклый многоугольник (не выражаютсяся в отрезок прямой) нельзя покрыть двумя многоугольниками, готовыми данному и меньше его.

2. Обозначим наименьшее число многоугольника M и меньше его многоугольников, которые можно полностью покрыть M, через s(M); тогда s(T)=4, где T—тетраэд, и s(K)=8, где K—куб.

Укажите также три многоугольника A, B и Γ, что

s(A)=5, s(B)=6, s(Γ)=7.

3. Доказите, что никакой (не выражаются в плоский многоугольник) выпуклый многоугольник M нельзя покрыть третья многоугольника М, готовыми данному М и меньше М.

4. Доказите, что каждый выпуклый многоугольник можно покрыть следующий выпуклый многоугольник M:

a) треугольник со сторонами a, b и c (искомое число, разумеется, может зависеть от величины a, b и c);

b) прямогольник со сторонами m и n;

b*) параллелограмм со сторонами m и n и углом α≤90°?

6*). Из результата задачи 4 следует, что минимальное число меньше выпуклого многоугольника M и подобных ему многоугольников, которые можно его покрыть, всегда равно 2 или 3. Охарактериозовать класс тех многоугольников M, для которых это число равно 2.

Литература по комбинаторной геометрии

1. Г. Хадвигер, Г. Дебруннер, Комбинаторная геометрия плоскости, М., «Наука», 1965.

2. В. Г. Болтянский, И. Ц. Гохберг, Разбение фигур на меньше части, М., «Наука», 1971.

3. В. Г. Болтянский, И. Ц. Гохберг, Теоремы и задачи комбинаторной геометрии, М., «Наука», 1965.

4. И. М. Яглом, О комбинаторной геометрии, М., «Знание», 1971.

33

После рассмотрения приближенных численных решений уравнения вычисших степеней методами проб, хорд, касательных и интерации на итоговом факультативном занятии по теме: «Приближенные решения уравнения», учащся попробали исследовать следующий метод численного решения уравнения.

Пусть на отрезке $a \leq x \leq b$ уравнение $f(x) = 0$ имеет единственный корень $x_0$, а функция $f(x)$ непрерывна на этом отрезке и на концах его принимает значения разных знаков. Проведем хорды $AC$ и $BC$ для графика заданной функции на отрезке $[a, b]$.

Запишем уравнение прямой, проходящей через точки $A[b; f(b)]$ и $C(x_0; 0)$:

$$\frac{f(b) - y}{f(b) - 0} = \frac{b - x}{b - x_0},$$

из которого находится

$$y = f(b) - \frac{b - x}{b - x_0} f(b).$$

Аналогично запишем уравнение прямой, проходящей через точки $B[a; f(a)]$ и $C(x_0; 0)$:

$$\frac{f(a) - y}{f(a) - 0} = \frac{a - x}{a - x_0},$$

Graph of the function $y = f(b) - \frac{b - x}{b - x_0} f(b)$

откуда

$$y = f(a) - \frac{a - x}{a - x_0} f(a).$$

Чтобы найти координаты точки пересечения этих прямых, решим систему

$$\begin{cases} y = f(b) - \frac{b - x}{b - x_0} f(b), \\ y = f(a) - \frac{a - x}{a - x_0} f(a). \end{cases}$$

Выписьвая целочкувая收支

$$f(b) - \frac{b - x}{b - x_0} f(b) = f(a) - \frac{a - x}{a - x_0} f(a),$$

$$f(b) \left[ 1 - \frac{b - x}{b - x_0} \right] = f(a) \left[ 1 - \frac{a - x}{a - x_0} \right],$$

$$f(b) \cdot \frac{x - x_0}{b - x_0} = f(a) \cdot \frac{x - x_0}{a - x_0},$$

$$\frac{f(b)}{f(a)} = \frac{b - x_0}{a - x_0},$$

находим

$$x_0 = \frac{bf(a) - af(b)}{f(a) - f(b)}.$$

Получена формула для корня данного уравнения $f(x) = 0$! Учащся от неожиданного результата с большим возбуждением восторженной воскликнулли даже: «Эврика!».

Но через несколько минут в аудитории восстановилась тревожная тишина. Все были ошеломлены и каждого муaal вопрос: «Как же так?» Крупные учены — математики Абель и Эварист Галya для исчерпывающей доказательство, что для всех уравнений выше четвертой степени составить формулы точно решения нельзя.

Где же была допущена ошибка?

Я. М. Клейман

34

При исследования солнечной короны желательно имеет искусственный корону со свойствами, как можно более близкими к свойствам настоящего ЗАТМЕНИЕ. Приспособление, описанное ниже, предназначено именно для этой цели. Искусственная корона настоящего порожка на настоящую, что это порождает всякого, кто был свидетелем полного солнечного затмения. Сходство настоящего порожке, что стоит добавить несколько деталей для того, чтобы чисто естественные солнечного затмения, которое трудно отличить от подлинного. Отличие состоит в том, что столбцы свечения получаются прямыми, а не испривленными, как на фотографиях. Хорошо воспроизводятся зеленовато-голубой цвет неба и характерный желчужный белек короны. Искусственное затмение на лекционных демонстрациях дает аудитории яркое представление о красоте явления. Рисунки и фотографии не производят такого впечатления. Каждый, кто смотрит описанную ниже установку, будет вознагражден красной картиной солнечного затмения.

Все, что требуется, — это шестисвечовая lamпа накаливания и стеклянный резервар. Размер резервара не имеет большого значения, для этой цели хорошего подойдет, например, стеклянный акварим. Resервар наполнется чистой водой, к которой добавляется ложка или две спиртового растворора мastiки. Мастика моментально выпадает в осадок, и вода становится похожей на молоко.

Провода, ведущие к лампе, пропускают через коротку стеклянную трубку. К концу трубки при помощи сургуча прикрепляется лампа (рис. 1). Следует обратить внимание на то, чтобы соединение было плотным, иначе в трубку попадает вода. На лампу накладывается пять или шесть полос фольги с промежутками 0,5—1 мм. Толщина полос примерно такая же. Положы

накленваются на противоположные стороны лампы. Проходящие между ними лучи и образуют столбцы свечения. Число полос, их ширину и расположение, дающие наличиный эффект, легко определять опытным путем.

К колбе лампы супгучом или любым не расторяющимся в воде kleем прикрепляется металлический диск. Диаметр диска несколько больше диаметра лампы, он закрывает прямой свет от лампы и соответствует темному диску Луны. Вся система опускается в аквариум, причем лампа находится в горизонтальном положении, а металлический диск помещается влизи лицевого стека (рис. 2). Неплохо в цель лампы включает реостат, тогда можно регулировать интенсивность освещения. При включении тока можно увидеть прекрасную корону, вызванную рассеянием света лампы на взвешенных в воде мелких частных мастики. Несимметриная нить лампы дает неоднородное освещение, и это усиливает эффект. Если столбцы свечения слишком резко очерчены или слишком широки, это легко исправить, заменив полоски фольги.

Однако картина заттема еще не совершена, цвет «неба» слишком светлый и сравнительной яркий. Если добавить в растор какой-нибудь голубовато-зеленый краситель, «небо» приобретает танистенный цвет и корона выступает более отчетливо. Добавлением краски можно добиться того, что «небо» будет сльно окрашено, и при этом ни в малейшей степени не изменится цвет короны. Это обстоятельство

Рис. 3.

весьма удивительное, так как и цвет «неба», и цвет короны усиливают одними средствами.

Итак, получено прекрасное воспроизведение околосолнечной атмосферы, корона бледно-золотого цвета с жемчужным блеском, обладающая различимой структурой. Видны выступающие туманные столбцы свечения, теряющие на голубовато-зеленом фоне «неба».
Благодаря неоднородному освещению видны не только столбцы, но и затемненные области. Эффект усиливается, если глаза полужакрыты.

Рисунок 3 сделан с фотографии одного из таких искусственных заттемей. К сожалению, значительная часть тонких деталей, полученных на негативе, при печати утеряна.

Публикуемая статья за журнала «Nature» за 1901 год.
Публикация подотвольна Г. А. Сорокиным.

36

Мы уже сообщали (см. «Квант» № 1 за 1970 г. и 1971 г.), что школьники, регулятор присвивание особенно оригинальные и полные решения задач «Заданияка «Квант», получат право участвовать в области трех Весегоизной олимпиды наравне с победителями районных и городских олимпидов. За прошли, 1971 год редакция получила более получтора тысяч писем с решениями и отобрала авторов правильных и наиболее интересных решений.

Ниже мы публикуем список школьников 7—10 классов, которые получили право участвовать в Московской и Ленинградской городских олимпидах, а также в области, краевых и ресурсных (в АССР и соизных ресурсных без областного деления) олимпидах.

К участю в математической олимпиде допущены:

А. Блюхин — Киселевск Кемеровской обл., с.ш. 27;
С. Буубатрын — Молд. СССР, п. Гло-дяны, с.ш. 2;
Л. Брациский — Фрунзе, с.ш. 61;
А. Бревдо — Минск, с.ш. 10;
А. Буцай — Изяслав, с.ш. 5;
А. Винер — с.ГОродковка Винницкой обл., с.ш. 1;
А. Волбер — Ленинград, с.ш. 239;
Г. Высоцкая — Красноярск, с.ш. 81;
А. Гольбер — Москва, с.ш. 2;
А. Горденko — с.Полтавенское Кушевского р-на Красноарского края, с.ш. 37;
А. Григорян — Баку, с.ш. 211;
В. Грицевич — Чортков Тернопольской обл., с.ш. 1;
Е. Гундарь — Ворошиловград, с.ш. 17;
Л. Дачеви — Ленинград, с.ш. 38;
А. Жумадильдаев — Алма-Ата, шк.—инт. 56
В. Запорожская — Сосица Чернговской обл.;
А. Заславский — Калинин, с.ш. 20;
И. Иенатьеев — с.Сарманово ТАССР;

М. Илларционов — Воронеж, с.ш. 58;
И. Кашапов — Москва, фмш МГУ;
Ю. Кисин — Старая Русса, с.ш. 1;
Т. Кислицина — с. Шаранга Горьковской обл.;
Л. Книжерман — Москва, с.ш. 259;
С. Коняzin — Сапатов, с.ш. 19;
В. Копылов — Уфа, с.ш. 7;
В. Кореняко — Воронеж, с.ш. 58;
H. Корниенко — Минск, с.ш. 50;
Р. Косой — Одесса, с.ш. 116;
А. Каримов — Москва, фмш при МГУ
А. Кумуков — Баку, с.ш. 151;
Л. Лазарева — Ленинград, с.ш. 298;
В. Лодинов — Москва, с.ш. 91;
В. Лузин — Москва, фмш МГУ;
С. Лягушин — Днепропетровск, с.ш. 23;
А. Макариеев — Львов, с.ш. 14;
Г. Макаров — Злагоуст, с.ш. 25;
А. Меркурьев — Ленинград, фмш;
М. Перельмутер — Киев, с.ш. 145;
М. Прегер — Томск, с.ш. 51;
А. Пухальский — Москва, с.ш. 2;
А. Редченko — с. Новопетровка Белопольского р-на Сумской обл., Куяновская с.ш.;
М. Розов — Минск, с.ш. 50;
А. Сбоев — п. Медведок Нолинского р-на Кировской обл.;

В. Сервах — Фрунзе, с. ш. 61;
Ш. Сленой — Черновцы, с. ш. 5;
Б. Слененko — Челябинск, с. ш. 106;
А. Слинкин — Москва, с. ш. 2;
В. Терентьев — г. Павлово Горьковской обл., с. ш. 9;
Я. Томсинский — Ленинград, с. ш. 211;
А. Удальцов — Калининград Московской обл., с. ш. 8;
В. Файмелеви — Армавир, с. ш. 1;
Н. Фамкулин — Казань, с. ш. 131;
Г. Фильковский — Баку, с. ш. 134;
О. Худавердян — Ереван, фмш;
Е. Часовников — с. Парыгино Зыряновского р-на, В-Казахстанской обл.;
А. Черняк — Минск, с. ш. 50;
А. Шамaeв — Москва; с. ш. 179;
А. Шерстюк — Николаев, с. ш. 2;
Р. Шцадов — Люберцы Московской обл., с. ш. 6;
Ф. Шмидель — Москва, с. ш. 444;
И. Шпарлинский — Москва, с. ш. 2;
В. Шуваев — г. Электросталь Московской обл., с. ш. 14.

К участю в физической оптипаде допущены
В. Авсейков — Севастополь, с. ш. 43;
А. Александров — Глазов, с. ш. 14;
П. Амосов — Ярославль, с. ш. 12;
С. Арасланова — Нижне-Ивкинская с.ш. Куменского р-на Кировской обл.;
В. Белов — Вологда, с. ш. 8;
А. Блюхин — Киселевск Кемеровской обл., с. ш. 27;
Л. Брацинский — Фрунзе, с. ш. 61;
А. Брациковский — Москва, с. ш. 62;
И. Братовская — г. Усолье-Сибирское, с. ш. 2;
А. Будников — Славянск Донецкой обл., с. ш. 11;
А. Бузулучков — Новосибирск, с. ш. 130;
С. Галахваридзе — Тбилиси, фмш;
С. Горбулин — Красновардейское Ставропольского края, с. ш. 1;
Е. Громак — Новокузнецк, с. ш. 102;
М. Дзик — с. Кратово Аромашевского р-на Томенской обл.;
Л. Дачеви — Ленинград, с. ш. 38;
Е. Долгов — Москва, с. ш. 681;
Г. Долдзе — Тбилиси, фмш;
В. Долматов — Ташкент, с. ш. 147;
М. Забекинская — Ленинград, с. ш. 211;
С. Запесочный — Ужгород, с. ш. 3;
О. Заумыслова — Москва, с. ш. 842;
Н. Зыков — Саратов, с. ш. 13;
А. Истомин — Подольск, с. ш. 13;
Я. Итмин — г. Речница Гомельской обл., с. ш. 5;

М. Качельсон — Магнитогорск, с. ш. 53;
Ю. Кисин — Старая Русса, с. ш. 1;
Т. Кислицна — с. Шаранга Горьковской обл.;
Л. Книжерман — Москва, с. ш. 259;
Л. Коzan — Черновцы, с. ш. 35;
М. Колодочки — Москва, с. ш. 612;
П. Конев — г. Плеск Ивановской обл., с. ш. 3;
В. Кореняко — Воронеж, с. ш. 58;
С. Корпилов — Грозный, с. ш. 2;
В. Коротких — Новокузнецк, с. ш. 11;
В. Коменов — Москва, с. ш. 215;
В. Крылов — Иваново, с. ш. 6;
С. Кузьмин — Житомир, с. ш. 8;
В. Кулии — г. Иваново Брестской обл., с. ш. 2;
В. Кууск — Ржев, с. ш. 4;
Г. Левин — Куйбышев, с. ш. 135;
Ю. Лурье — Грозный, с. ш. 1;
А. Мамула — с. Дыбинцы Богуславского р-на Киевской обл.;
Ю. Марзанов — х. Родниковский Красноарского края, с. ш. 9;
М. Марон — Куйбышев, с. ш. 11;
И. Мацс — Макеева, с. ш. 22;
Л. Менькова — г. Александров Владимировской обл., с. ш. 4;
В. Надежко — Ленинград, с. ш. 239;
В. Недельский — Ленинград, с. ш. 30;
А. Панфилов — Свердловск, с. ш. 43;
Ю. Полонский — Зеленодольск ТАССР, с. ш. 3;
С. Помашев — Ульяновск, с. ш. 48;
М. Преедер — Томск, с. ш. 51;
Л. Рудцер — Харьков, с. ш. 118;
Л. Сафуллин — с. Б. Сабы ТАССР;
А. Семенов — Фрунзе, с. ш. 9;
И. Сидоров — Москва, с. ш. 738;
Г. Симоненков — Каунас, с. ш. 10;
А. Слепышев — Кривой Рог, с. ш. 95;
М. Соломонови — Кшинев, с. ш. 34;
Е. Сычулов — п. Красный Уралец Курганской обл.;
А. Удальцов — Калининград Московской обл., с. ш. 8;
В. Файмелеви — Армавир, с. ш. 1;
Г. Фаст — Караганда, с. ш. 21;
Г. Фурман — Черновцы УССР, с. ш. 35;
М. Хоменко — Витебск, с. ш. 29;
О. Худавердян — Ереван, фмш;
Е. Часовников — с. Парыгино Зыряновского р-на В-Казахстанской обл.;
С. Чекмарев — Москва, с. ш. 160;
Г. Шепенько — Д.-Городок Брестской обл., с. ш. 2;
А. Шерстюк — Николаев, с. ш. 2;
Р. Шцадов — Люберцы Московской обл., с. ш. 6;
И. Юрченko — Киев, с. ш. 145.

38

ЗАДАЧНИК КВАНТА
Задачи

Решения задач из «Задачника «Кванта» просим присылать не позднее полутора мясцев после выхода из печати соответствующего номера. На конверте после адреса журнала написите, решения каких задач вы высылаете (например, 117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15, «Наука», редакция журнала «Квант», «Задачник «Кванта» М131, Ф134). В начале письма укажите свою фамилию, имя, отчество, шестизначный почтовый индекс и адрес (а также школа и класс, в котором вы учитесь).

Звездочный отменный более трудные задачи.

M131. Докажите, что четые точки, в которых биссертисы углов между продолжениями противоположных сторон вписанного четырехугольника пересекают его стороны, являются вершинами ромба (рис. 1).

Мурам Уртембаев, ученик 10 класса школа № 56 г. Алма-Аты

M132. Пусть по окружности выписано $n$ чисел $x_1, x_2, \ldots, x_n$, каждое из которых равно $(+1)$ или $(-1)$, причем сумма $n$ попарных противодействий составляет 0 (как в задане)

M93, стр. 42) и вообще для каждой $k=1, 2, \ldots, n-1$ сумма $n$ попарных противведений чисел, отстоящих друг от друга на $k$ мест, равна 0 (то есть $x_1x_3+x_2x_4+\ldots=0, x_1x_4+x_2x_5+\ldots=0$ и т. д.); пример для $n=4$ dan на рис 2).

a) Докажите, что $n$ — квадрат целого числа.

6)* Существует ли такой набор $n$ чисел при $n=16$?

(Полное решение вопроса: при каких $n$ макой набор чисел существует, нам не известно.)

M133. Один из простейших многоклеточных организмов — водоросль «Вольвокс» — представляет собой сферическую оболочку, сложенную, в основном, семиугольным, шестиугольным и пятнуюгольным клеткам (то есть клетками, имеющих семь, шесть или пять соедних; в каждой

39

«вершине» сходятся три клетки (рис. 3). Бывают экземпляры, у которых есть и четырехугольные, и восмиугольные клетки, но биологи заметили, что если таких «нестандартийных» клеток (менее чем с пятью и более чем с семью стороны) нет, то пятугольных клеток всегдаровно на 12 большие, чем семиугольных (всего клеток может быть несколько сотен и даже тысяч). Не можете ли вы обьяснить этот факт?

В. Маресин

М134. Какое множество точек заполяют центры тяжестии треугольников, три вершины которых лежат соответственно на трех сторонах AB, BC и AC данного треугольника ABC?

Л. Г. Макаров

М135*. Докажите, что для каждой натурального $n>1$ верно тождество
$$\sin x \sin \left( x + \frac{\pi}{n} \right) \sin \left( x + \frac{2\pi}{n} \right) \times \cdots \times \sin \left( x + \frac{(n-1)\pi}{n} \right) = c_n \sin nx,$$ где $c_n$ — некоторое число (зависшее от $n$), и найдите $c_n$.

В. Маресин

Ф143*. Самолет садится на пальбу авианосца, имея скорость 100 км/час. Запелившись за канат торможения, самолет пробегает до полной остановки 50 м. Определить перегрузки при посадке, если коэффициент упругости каната не меняется по мере его растяжения. Масса пилота 70 кг.

Ф144. Каким должен быть коэффициент треугольника о пол для того, чтобы он мог стоять так, как показано на рисунке 4? Длина нити, удерживающей стержень, равна длине стержня.

И. А. Зайцев

Ф145. Идеальный газ сначала переход из состояния 1 ($P_1, V_1, T_1$) в состояние 2 ($P_2, V_1, T_2$). Затем из состояния 2 газ медленно и аднабатически (без подвода телла) переход в состояние 3 ($P_3, V_3, T_3$). Известно, что при переходе 2→3 газ совершает работу, равную количество телла, сообщенного газу при переходе 1→2.

Рис. 3.

Показать, что $T_3 = T_1$. Изображить процессы 1→2 и 2→3 на плоскости VT.

Ф146. Имеется батарея с э. д. с. 100 в и внутренним сопротивлением 2 om. На нагрузке нужно получить напряжение 20 в, причем при изменении сопротивления нагрузки от 50 до 100 om напряжение на ней должно меняться не более чем на 2%. Придумайте простую схему для питания нагрузки и расчитайте параметры этой схемы.

А. Р. Зильберман

Ф147 *. В модели атома Резерфорда и Бора электроны врашают вокруг ядра на определенных круговых орбитах. При переходе с одной орбиты на другую, более близкую к ядру, атом испускает фоотон. Какова энергия и частота фоота, испущенная atomом водорода при переходе электрона с орбиты радиуса $r_1=2,1\cdot 10^{-8}$ cm на орбиту радиуса $r_2=5,3\cdot 10^{-9}$ cm?

С. М. Козел

40

Решения

В этом номере мы публикуем решения задач
М89—М95; Ф100—Ф107

M89
Решение этой задачи содержится в заметке И. М. Яглома на стр. 28.

M90
Докажите, что если $x_1 < x_2 < x_3 \dots$ — натуральные числа, то
$$\frac{\sqrt{x_2-x_1}}{x_2} + \frac{\sqrt{x_3-x_2}}{x_3} + \dots + \frac{\sqrt{x_n-x_{n-1}}}{x_n} < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3} + \frac{1}{n^4}.$$

Предположим сначала, что $x_n \leq n^2$. Тогда
$$\frac{\sqrt{x_i-x_{i-1}}}{x_i} \leq \frac{x_i-x_{i-1}}{x_i} = \frac{1}{x_i} + \frac{1}{x_i} + \dots + \frac{1}{x_i}.$$
$$x_i - x_{i-1} \text{ слагаемых}$$

Посленяя сумма, очевидно, не превышает содержащей столько же слагаемых суммы
$$\frac{1}{x_{i-1}+1} + \frac{1}{x_{i-1}+2} + \dots + \frac{1}{x_i} + \frac{1}{x_i-1} + \frac{1}{x_i}.$$

No тогда
$$\sum_{i=1}^{n} \frac{\sqrt{x_i-x_{i-1}}}{x_i} < \frac{1}{x_0+1} + \dots + \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_1+1} + \dots + \frac{1}{x_i} + \dots + \frac{1}{x_{n-1}+1} + \dots + \frac{1}{x_n} < \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2} < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2}.$$
Предположим теперь, что среди чисел $x_0, x_1, x_2, \dots, x_n$ есть большие чем $n^2$. Если $x_i > n^2$, то
$$\frac{\sqrt{x_i-x_{i-1}}}{x_i} < \frac{\sqrt{x_i}}{x_i} = \frac{1}{\sqrt{x_i}} < \frac{1}{n}.$$
Таким образом, какое слагаемое со значением $x_i$, большим $n^2$, меньше $\frac{1}{n}$.
Следовательно, сумма всех таких слагаемых (их не более чем $n$) меньше 1. Но сумма остальных слагаемых, как уже было показано выше, меньше $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2}$, что и завершает доказательство неравенства(*)

Ю. И. Ионии

41

М91
Решение задачи M91 посвязывана отдельная заметка «Окружение десята» на стр. 24.

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 купатся на озеро, каждый третий — ездить в магазин за продуктами и каждый пятый день решать задачи по математике. (В первый день Петя проделывает и то, и другие, и третье, и очень устал.) Сколью будет у Пети «приятных» дней, когда нужно будет купатся, но не нужно ездить в магазин и решать задачи? Сколью «скучных», когда совсем не будет никаких дел?

Эта задача привлекава внимание многих наших читателей. Вот ее подробное решение.
Занumerуем все дни: 1, 2, 3, …, 90.
Выясним, сколько раз Петя ходил купатся. Он делал это в первый день, а потом через день. Значит, он ходил купатся в дни с нечетными номерами (рис. 1). Таких дней 90:2=45. Следовательно, он ходил купатся 45 раз.

Точно так же можно выяснить, сколько было дней, когда он ездил в магазин, и сколько, когда решал задачи. Ездил в магазин он в те дни, номера которых при делении на 3 дают остаток 1. (Таких дней 90:3=30 (рис. 2)). А задачи решал в те дни, номера которых при делении на 5 дают остаток 1. (Таких дней 90:5=18 (рис. 3)).

Однако для того, чтобы узнать, сколько было дней, когда Петя (a) купался и ездил в магазин, (b) купался и занимался математкой, (c) ездил в магазин и занимался математкой и (d) купался, ездил в магазин и занимался математкой. Чтобы не решать какую из этих задач в отдельности, мы должны такую общую лемму.

Лемма. Среди натуральных чисел, меньших N, остаток q при делении на n дают $$\frac{N-1-q}{n} + 1$$ чисел (q≠0). (Напомним, что через [x] обозначают целую

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 4.

Рис. 5.

часть числа x: наиболее целое число, не превосходшее x.)

Докажательство леммы. Остаток q при делении на n дают числа

q, q+1·n, q+2·n, …, q+kn, …

Поскольку нас интересют только числа, меньше N, нам нужно найти такое целое k, что q+kn<N≤q+(k+1)n. Перепишем это неравенство так:

$$kn \leq N-1-q < (k+1)n,$$

и, наконец, так: $k \leq \frac{N-1-q}{n} < k+1$. Поэтому $k = \frac{N-1-q}{n}$, а всего чисел, меньших N и дающих остаток q при делении на n, существует $$\frac{N-1-q}{n} + 1$$ (единица появляется из-за числа $q=q+0\cdot k$).

Теперь уже просто получить ответы на вопросы a, b, c и d. Действительно, каждый из этих вопросов можно переформулровать так: сколько натуральных чисел, меньших 91, дают остаток 1 при делении на n_i, где n_i зависит от вопроса: $n_a=6$, $n_b=10$, $n_c=15$ и $n_d=30$. Подставляя эти числа в нашу формулу, получаем, что было:

42

15 дней, когда Пета купался и ездил в магазин;
9 дней, когда Пета купался и решал задачи;
6 дней, когда Пета ездил в магазин и решал задачи;
3 дня, когда Пета купался, ездил в магазин и решал задачи.
Тепер мы уже можем вычислять, сколько было «скучных» и сколько «приятных» дней. Всего Пета провел в деревне 90 дней. 3 дня он занимался треем делами, 15+9+

Рис. 6.

Рис. 7.

Рис. 8.

42

+6=30 дней — хотя бы двумя делами и 45+30+18=93 дня — хотя бы один делом. Поэтому (см. рис. 4, 5) 90—93+30—3=24 дня он ничего не занимался. Итак, «скучных» дней было 24. Аналогично вычисляется число «приятных» дней: всего Пета купался 45 дней, купался и занимался еще чем-нибудь он 15+9=24 дня, и, наконец, всеми треем делами он занимался 3 дня. Окончательно, «приятных» дней было 45—24+3=24.

M93
Каждеое из чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$ равно плоскости или минус единиц. Известно, что
$$x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_{n-1}x_n+x_nx_1=0.$$
Докажите, что $n$ делится на четые.

Поскольку в сумме $x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_nx_1$ равно $n$ слагаемых, то $n$ четно — число минус единиц в этой сумме равно числу плоскости. Остается показать, что число минус единицу. Перемножим для этого все слагаемые
$$x_1x_2 \cdot x_2x_3 \cdot x_3x_4 \cdot \dots \cdot x_nx_1=x_1^2x_2^2 \cdot \dots x_n^2=1.$$
Позному количество минус единиц действительно четно и $n$ делится на 4.

M94
Докажите, что не существует многогранника, у которого к каждой вершине и к каждой грани примыкает не менее чем по четыре ребра.

Допустим, что такой многогранник существует. Пусть $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_k$ — плоские углы его граней. Сосчитаем двумя разными способами, чему равно их среднее арфметическое. Сгруппируем углы по граням. Тогда, поскольку у каждой грани по крайней мере четыре угла, среднее арфметическое ее углов не меньше 90°. Отсюда сразу следует, что и среднее арфметическое всех углов не меньше 90°. Сгруппируем их теперь по вершинам. Поскольку к каждой вершине примыкает хотя бы четыре угла, а сумма всех углов при вершине меньше 360°, то среднее арфметическое углов при вершине меньше 90°*). Но тогда и среднее арфметическое всех углов меньше 90°. А, как мы доказали выше, оно не меньше 90°. Полученное противоречие и доказывает, что таких выпukлы многогранников не существует.

Другое решение задачи можно получить, основываясь на формуле Эйлера**). Пусть

*) В этом месте мы пользовемся выпуклостью многогранника. Как заметили некоторые наши читатели, можно построить невыпуклый многогранник с «дыркой», у которого каждая грань четырехугольник и в каждой вершине сходятся четыре ребра (см. рис. 6).

**) О формуле Эйлера можно прочитать в книге: Р. Курант и Г. Роббинс, Что такое математика?, «Просвещение», 1967.

43

В кольцество вершин, $P$ — ребер, а $\Gamma$ — граней многогранника. Тогда для выпуклого многогранника (и вообще для многогранника без «сквозных дыр») справедливо такое равенство:

$$B - P + \Gamma = 2.$$

В нашем многограннике к каждой вершине примыает не менее четырех ребер. Поэтому $P \geq \frac{4B}{2}$. (Пополам надо делить потому, что каждое ребро примыает к двум вершинам.) Аналогично, поскольку к каждой вершине примыает хотя бы четыре ребра, $P \geq \frac{4F}{2}$.

Поэтому $2P \geq 2(B + \Gamma)$, то есть $P \geq B + \Gamma$, а по формуле Эйлера $B + \Gamma = P + 2$. Таким образом, из существования многогранника, обладающего указанным свойствами, следовало бы, что $P \geq P + 2$, что противоречив.

М95

На доске была начечена трапеция, в ней была проведена средняя линия $EF$ и опущен перpendикуляр $OK$ из точки $O$ пересечения диагоналей на большое основание. Затем трапецию стерли. Как восстановить чертеж по сохранившимся отрезкам $EF$ и $OK$ (рис. 7)?

Построение трапеции. Проведем чертез точки $K$ прямую $l$, параллельную отрезку $EF$. Отышем середину $M$ отрезка $EF$. Найдем точку $N$ пересечения прямой $l$ и прямой $OM$. Построим параллельграмм с вершинами $E$, $N$ и $F$, для которого отрезок $EF$ является диагональю. Обозначим его четверту вершину черз $P$. Проведем чертез нее прямую $l'$, параллельную $l$. Проведем чертез точки $O$ прямые, параллельные сторонам параллграмма $ENFP$. Точки, в которых эти прямые пересекают прямые $l$ и $l'$, являются вершинами трапеции.

Наше построение основано на том, что прямая $OM$ делит основания трапеции пополам. Доказательство этого несложного факта и доказательство правильности построения мы оставляем читателем. (Кроме этого мы пользовались тем, что средняя линия треугольника параллельна его стороне.)

Другое решение задачи можно получить, основываясь на том, что точка $Q$ пересечения продолженной боковых сторонах на прямой $OM$ и отношения расстояний до прямых $l$ и $l'$ для точки $O$ Qодинаковы. Пользоваться этим, после того как построены прямые $l$ и $l'$, можно построить точку $Q$ и, соединив ее с точками $E$ и $F$, найти вершины трапеции.

Исследование. Разберем различные случаи расположения отрезков $EF$ и $OK$.

1. Точка $O$ лежит на отрезке $EF$. Тогда решений нет (если точка $O$ является серединой отрезка $EF$, то прямую $OM$ можно проведти почти произвольно — подойдет лю-

Рис. 11 a.

Трапеция получается только, если отрезок ОМ короче отрезка MN (рис. 9, а, б). Если отрезки ОМ и MN равны, то получится треугольник (рис. 10). Если же ОМ больше MN, то получается «самопересекающая трапеция» (рис. 11, а, б).

Правильные решения задач прислали:
Н. Башкина (Курган-Тюбе) М92; С. Буу-бамрин (Глодяны МССР) М92; А. Аляев (Пачелмы Пензенской обл.) М92, М95; А. Буеай (Изяслав) М93, М95; В. Гамолин (Одесса) М93—М95; В. Гончаренко (Майкоп) М95; В. Афанасьев (Коломна) М95; О. Волков (Свердловск) М95; О. Винер (с. Городовка Винницкой обл.) М92, М95; А. Довжков (Ленинград) М95; В. Зубарев (Архангельск) М95; И. Брамовская (г. Усолье-Сибирское) М92; А. Заславский (Калинин) М95; Г. Златкус (Советск Калининградской обл.) М92; В. Запорожская (пос. Сосницы Черниговской обл.) М92, М95; А. Гольбере (Москва) М92—М95; В. Кореняко (Воронеж) М92, М94, М95; А. Николаев (Москва) М92—М94; В. Грицецич (г. Чортков Терновольской обл.) М93, М94; Т. Кислица (с. Шаранга Горьковской обл.) М95; С. Белчко (Докуаевск Донецкой обл.) М95; Ю. Кисин (Старая Русса) М95; Р. Косой (Одесса) М92, М95; Л. Книжнерман (Москва) М92; Л. Лазарева (Ленинград) М92; В. Лозинов (Москва) М93; Т. Казанов (Тбилиси)

Рис. 11 б.

М95; А. Грицорян (Баку) М93, М94; М. Илларинов (Воронеж) М92, М93, М95; А. Сбоев (псс. Медведок Кировской обл.) М92, М93, М95; А. Колчцов (Горький) М92, М95; А. Куцуков (Баку) М92, М93, М95; А. Слинин (Лазовая Харьковской обл.) М94; Ю. Полонский (Зеленодольск) М95; В. Надежко (Ленинград) М95; Л. Рудцер (Харьков) М95; В. Терентьев (г. Павлов Горьковской обл.) М92; Г. Макаров (Златоуст Челябинской обл.) М93, М95; В. Слепченko (Челябинск) М92, М93, М95; С. Муклыцин (Новосибирск) М92; И. Порумчикова (г. Сокольники Тульской обл.) М92; М. Розов (Минск) М92—М95; М. Прееер (Томск) М94—М95; Э. Туркевич (Черновцы) М92—М95; П. Серееев (Грозный) М95; А. Сликин (Москва) М92; А. Шмаев (Москва) М92, М93, М95; А. Удальцов (Калининград Московской обл.) М92, М93, М95; О. Худавердян (Ереван) М93, М95; Р. Шцанов (Люберцы Московской обл.) М92, М93; Г. Фи льковский (Баку) М92, М95; Ю. Якушиин (Ломоносов) М92; Е. Часовников (с. Парыгино Зыряновского р-на) М92; И. Юргель (Глубокое БССР) М92; С. Чекмарев (Москва) М93; Н. Фамкулин (Казань) М93, М95; А. Черняк (Минск) М92, М93, М95; В. Малченко (Славянск-на-Кубани) М92; Р. Сольцас (Вильнюс) М95; П. Сухов (Саратов) М95; А. Шерстюк (Николаев) М93, М95; Л. Резник (Ленинград) М92, М95.

Л. Лиманов

46

Ф101

К висящей очень тонкой пружине с жесткостью $k$ подвешен шарик. Вначале пружина не растянут. Какой максимальный скорости достигает шарик при своем движении? Масса шарика $m$.

Запишем уравнение движения шарика. На него действуют две силы: сила тяжестни $mg$ и сила натяжения пружины $F = kx$, где $x$ — деформация пружины. По второму закону Ньютона

$$mg - kx = ma.$$

Из этого уравнения следует, что ускорение шарика $a$ вначале направлено вниз и уменшается, затем становится равным нулю при $x = \frac{mg}{k}$, а потом снова возвращает, но направлено уже вверх.

Скорость шарика возвращает, пока его ускорение направлено вниз, и уменшается, когда оно направлено вверх. Поэтому скорость шарика максимальная при $x = \frac{mg}{k}$.

Для того чтобы найти ее, запишем закон сохранения энергии. Если шарик опустился на расстояние $x$, то его потенциальная энергия уменшилась на величины $mgx$, а кинетическая — возросла на $\frac{mv^2}{2}$ (раныше она была равна нулю). Часты потенциальной энергии шарика, равная $\frac{kx^2}{2}$, пошла на увеличение потенциальной энергии деформации пружины. Поэтому

$$mgx = \frac{kx^2}{2} + \frac{mv^2}{2}.$$

Отсюда при $x = \frac{mg}{k}$ получим

$$v_{\text{max}} = g \sqrt{\frac{m}{k}}.$$

Ф102

В герметических закрытом сосуда смещали поровну кислород и гелий. Затем в стенке сосуда сделали отверстие. Каков состав молекулярного пучка, выходитшего из него?

Энергия молекул газа зависит только от его температуры. Поскольку газы в сосудах находятся в равновесии и их температуры одинаковы, то

$$\frac{m_{\text{O}_2}v_{\text{O}_2}^2}{2} = \frac{m_{\text{He}}v_{\text{He}}^2}{2},$$

где $v_{\text{O}_2}$ и $v_{\text{He}}$ — средние скорости движения молекул газов, $m_{\text{O}_2}$ и $m_{\text{He}}$ — их массы. Из

46

Рис. 12.

это формулы следует, что

$$\frac{v_{\text{O}_2}}{v_{\text{He}}} = \sqrt{\frac{m_{\text{He}}}{m_{\text{O}_2}}}.$$

Будем для простоты считать, что молекулы газа могут движаться только в трех взаимно перpendicularных направлениях и скорости всех молекул одинаковы и равны средней скорости. Тогда в направлении к отверстию движется одна шестая часть молекул каждого из газов. За время $\Delta t$ из сосуда вылетают те молекулы газа, которые вначале находились на расстоянии, не большем $v\Delta t$ от отверстия. То есть это молекулы кислорода, находящиеся в объеме $v_{\text{O}_2}\Delta t \cdot s$ и молекулы водорода, находящиеся в объеме $v_{\text{He}}\Delta t \cdot s$ (s — площадь отверстия). Всего таких молекул кислорода $N_{\text{O}_2} = v_{\text{O}_2}sn_{\text{O}_2}\Delta t$ и молекул геля $N_{\text{He}} = v_{\text{He}}sn_{\text{He}}\Delta t$, где $n_{\text{O}_2}$ и $n_{\text{He}}$ — число молекул кислорода и геля в единице объема. Если в сосуде имеются равные количество молекул обихх газов, то $n_{\text{O}_2} = n_{\text{He}}$ и

$$\frac{N_{\text{O}_2}}{N_{\text{He}}} = \frac{v_{\text{O}_2}}{v_{\text{He}}} = \sqrt{\frac{m_{\text{He}}}{m_{\text{O}_2}}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}.$$

Если же массы газов в сосуде равны, то $m_{\text{O}_2}n_{\text{O}_2} = m_{\text{He}}n_{\text{He}}$ и

$$\frac{N_{\text{O}_2}}{N_{\text{He}}} = \frac{v_{\text{O}_2}}{v_{\text{He}}} \cdot \frac{n_{\text{O}_2}}{n_{\text{He}}} = \sqrt{\frac{m_{\text{He}}}{m_{\text{O}_2}}} \cdot \frac{m_{\text{He}}}{m_{\text{O}_2}} = \frac{1}{16\sqrt{2}}.$$

Ф103

Из пушки делают две серии выстрелов, наклонив ствол под углами $30^\circ$ и $40^\circ$ к горизонту. В каком случае попадания снарядов будут более кучными, если разброс вызван неточным прицеливанием, а не разброс начальных скоростей снарядов? Сопротивление воздуха считать пребрежимо малым.

Найдем вначале зависимость дальнейших полета снаряда от угла его вылета. Запишем

47

для этого кинематические уравнения движения снаряда. Если скорость снаряда равна $v_0$, а угол, под которым снаряд вылетает из ордия, равен $\alpha$, то в вертикальном направлении вдоль оси $y$ снаряд движется сускорением $a=-g$ и начальной скоростью $v_{0y}=v_0 \sin \alpha$. Поэтому изменение координаты $y$ снаряда определяется уравнием

$$y = v_0 t \sin \alpha - \frac{g t^2}{2}.$$

По горизонтали вдоль оси $x$ снаряд движется равномерно со скоростью $v_x=v_0 \cos \alpha$. Поэтому

$$x = v_0 t \cos \alpha.$$

В момент падения на землю $y=0$ и $v_0 t \sin \alpha - \frac{g t^2}{2} = 0.$

Отсюда можно найти время движения снаряда. Оно равно $t = \frac{2v_0 \sin \alpha}{g}$. Подставляя теперь это выражение в уравнение движения по горизонтали, найдем, что дальность полета снаряда равна

$$x_{\max} = \frac{2v_0^2 \sin \alpha \cos \alpha}{g} = \frac{v_0^2 \sin 2\alpha}{g}.$$

Это выражение максимального при sin $2\alpha=1$, то есть при $\alpha=45^\circ$.

Нарисуем график зависимости дальности полета снаряда от $\alpha$ (рис. 12). При малых отклонениях $\Delta \alpha$ угла вылета снаряда график зависимости $x_{\max}(\alpha)$ можно заменить прямой — касательной к действительному графику $x_{\max}(\alpha)$. Чем больше наклон этой касательной, тем больше ошибка в дальности полета снаряда при одной и той же ошибке $\Delta \alpha$ в угле вылета снаряда.

Из рисунка 12 видно, что при малых углах вылета снаряда угол наклона касательной к горизонту (к оси $0\alpha$) больше, чем при больших. Это означает, что при малых углах вылета снаряда изменение дальности при изменении угла вылета больше, чем при больших, и при стрелле с углом наклона ствола в $40^\circ$ кучность попадания снарядов будет выше, чем при угле $30^\circ$.

Этот же результат можно получить и с помощью формул. Пусть ошибка в угле вылета снаряда мал и составляет $\Delta \alpha$. Тогда ошибка $\Delta x$ в дальности полета снаряда составляет

$$\Delta x = \frac{v_0^2}{g} \sin 2\alpha - \frac{v_0^2}{g} \sin [2(\alpha + \Delta \alpha)] = 2 \frac{v_0^2}{g} \cos(2\alpha + \Delta \alpha) \sin \Delta \alpha \approx 2 \frac{v_0^2}{g} \cos 2\alpha \cdot \Delta \alpha.$$

Таким образом, $\Delta x$ пропорционально $\Delta \alpha$, но коэффициент пропорционального зависит от $\alpha$. Он тем больше, чем меньше угол $\alpha$.

Ф104

В закрытом сосуде имеется несколько капель жидкости разной величины. Что произойдет с ним через продолжительное время?

Давление насыщенного пара у поверхности капли зависит от ее радиуса. Покажем это.

Представим себе замкнутый сосуд, в котором имеется капиллярная трубка, не смачиваемая жидкость. Давление в точке $B$ больше давления в точке $A$ (рис. 13) на величины $\rho_{\pi}gh$:

$$P_B = P_A + \rho_{\pi}gh,$$

где $h$ — разность уровней жидкости в капилляре и в сосуде, $\rho_{\pi}$ — плотность пара.

Так как пленка жидкости в капилляре находится в равновесии под действием двух сил: силы поверхности натяжения, равной $2\pi r\sigma$ (σ — коэффициент поверхности натяжения, r — радиус капилляра) и силы давления жидкости на глубине $h$, равной $\rho_{\pi}gh \cdot \pi r^2$ ($\rho_{\pi}gh$ — плотность жидкости), то $2\pi r\delta = \pi \rho_{\pi}ghr^2$.

Отсюда

$$h = \frac{2\sigma}{\rho_{\pi}gr}$$

и

$$P_B = P_A + \frac{2\sigma}{r} \frac{\rho_{\pi}}{r_{\pi}}.$$

Таким образом, давление над поверхностью жидкости тем больше, чем меньше ее радиус капли. Значит, если над поверхностью маленькой капли пар насыщен, то над поверхностью большей капли он не будет насыщенным. Это приведет к тому, что пар будет конденсировать на большой капле, попавая тем самым давление пара у поверхности малой капли. Это, в свою очередь, приводит к испарению маленькой капли. В результате в сосуде через некоторое время остается только одна большая капля.

Тот же результат можно получить и из самых общих рассудений. Предположим, что в сосуде налична жидкость (поверхность жидкости плоская) и имеет капля.

49

Из второго уравнения следует, что этот треугольник прямоугольный и угол между векторами скоростей электровaren 90°

Ф107

В схеме, изображенной на рисунке 16, волтметр изменяет падение напряжения на сопротивлении $R=300$ ком. Каким должно быть сопротивление волтметра для того, чтобы его показания отличались не более чем на 2% от действительного значения $u_R$? Внутренним сопротивлением источника претензей.

В отсутствие волтметра сопротивления $R$ и $R_1$ включаются последовательно. Поэтому падение напряжения на сопротивлении $R$ равно $u_R = \frac{R}{R+R_1} E$. При подключении волтметра он будет изменять падение напряжения на участке, состоящем из параллельно включенных сопротивлений $R$ и сопротивления волтметра $r$. Волтметр показывает величины

$$u' = \frac{Rr}{R+r} E$$

По условию показание волтметра должна отличаться не более чем на 2% от значения $u_R$. Поэтому

$$\frac{u_R - u'}{u_R} \leq 0,02.$$

Подставив в это уравнение выражения для $u_R$ и $u'$, найдем, что сопротивление волтметра не должно превышать 3675 ком.

Правильные решения прислали: В. Авсейков (Севастополь) $\Phi 103$, $\Phi 105$—$\Phi 107$; А. Александров (Глазов УАССР) $\Phi 100$; П. Амосов (Ярославль) $\Phi 100$; С. Арасланов (Нижне-Ивкино Кировской обл.) $\Phi 103$, $\Phi 107$; В. Белов (Вологда) $\Phi 100$—$\Phi 105$, $\Phi 107$; А. Блохин (Киселевск Кемеровской обл.) $\Phi 106$, $\Phi 107$; Л. Брачинский (Фрунзе) $\Phi 101$; А. Братковский (Москва) $\Phi 103$, $\Phi 104$, $\Phi 106$; А. Будников (Славянск Донецкой обл.) $\Phi 101$; А. Бузулуков (Новосибирск) $\Phi 107$; Ю. Гиви Долидзе (Тбилиси) $\Phi 101$; В. Глем-

$$R_1 = 100\text{ ком}$$

Боцкий (Ярославль) $\Phi 101$, $\Phi 102$; Е. Громак (Новокузнецк) $\Phi 103$, $\Phi 106$; М. Дзик (с. Кратово Армавирского р-на Тюменской обл.) $\Phi 101$, $\Phi 103$; А. Довспевич (Москва) $\Phi 101$; Е. Долов (Москва) $\Phi 100$, $\Phi 101$; Е. Домов (Москва) $\Phi 03$, $\Phi 106$; Г. Зайцев (Гагра) $\Phi 101$, $\Phi 103$, $\Phi 106$, $\Phi 107$; С. Занецочный (Ужгород Закарпатской обл.) $\Phi 101$; Н. Зыков (Саратов) $\Phi 101$; О. Замова (Москва) $\Phi 100$; А. Иванов (Льгов Курской обл.) $\Phi 102$; Я. Имин (Режница Гомельской обл.) $\Phi 101$; А. Истомин (Подольск Московской обл.) $\Phi 103$, $\Phi 105$; Т. Казанов (Тбилиси) $\Phi 103$, $\Phi 106$; А. Каримов (Уфа) $\Phi 101$; Т. Кисличина (с. Шаранга Горьковской обл.) $\Phi 105$, $\Phi 107$; Ю. Кисин (Старая Русса) $\Phi 103$; Л. Книжerman (Москва) $\Phi 100$—$\Phi 103$; Л. Кодан (Черновцы) $\Phi 101$; М. Колодочкин (Москва) $\Phi 101$; С. Кориллов (Грозный) $\Phi 101$; В. Коломиццев (Ростов-на-Дону) $\Phi 101$; П. Конев (Плеес Ивановской обл.) $\Phi 101$; В. Каманов (пос. Цалка ГССР) $\Phi 101$; В. Коменов (Москва) $\Phi 101$; В. Крылов $\Phi 100$; С. Кузьмич (Житомир) $\Phi 103$, $\Phi 105$, $\Phi 107$; В. Кулии (д. Могильно Брестской обл.) $\Phi 101$; В. Кууск (Ржев) $\Phi 100$, $\Phi 101$, $\Phi 104$, $\Phi 106$; Г. Леви (Куйбыцев) $\Phi 101$; В. Лукашин (Москва) $\Phi 101$; Ю. Лурье (Грозный $\Phi 101$; А. Мамула (с. Добинцы Богуславского р-на Киевской обл.) $\Phi 101$, $\Phi 102$, $\Phi 107$; Ю. Мурзанов (пос. Родинковский Краснодарского края) $\Phi 101$; М. Марон (Куйбыцев) $\Phi 100$, $\Phi 101$; И. Мацс (Макеевка) $\Phi 100$; Л. Менькова (Александров Владимирской обл.) $\Phi 101$; В. Надежко (Ленинград) $\Phi 101$, $\Phi 107$; А. Николаев (Свердловск) $\Phi 107$; С. Помашей (Ульяновск) $\Phi 100$, $\Phi 101$; Ю. Полонский (Зеленодольск ТАССР) $\Phi 101$; М. Преер (Томск) $\Phi 100$, $\Phi 101$, $\Phi 105$, $\Phi 106$; Л. Рудцер (Харьков) $\Phi 101$, $\Phi 105$; Л. Сафулин (с. Б. Сады ТАССР) $\Phi 107$; П. Сергеев (Грозный) $\Phi 100$, $\Phi 101$, $\Phi 103$, $\Phi 106$, $\Phi 107$; И. Сидоров (Москва) $\Phi 100$, $\Phi 101$; Г. Симоненков (Каунс) $\Phi 106$; М. Соломонович (Кишинев) $\Phi 101$; Е. Сычудов (пос. Краснодарского р-на) $\Phi 101$; М. Тайц (Москва) $\Phi 101$; О. Татаринская (Алма-Ата) $\Phi 101$; И. Турище (Кропоткин Краснодарского края) $\Phi 100$, $\Phi 102$, $\Phi 103$, $\Phi 105$, $\Phi 107$; А. Удальцов (Калининград Московской обл.) $\Phi 105$; В. Файмелевич (Рамавир) $\Phi 100$—$\Phi 102$; Г. Фаст (Карагана) $\Phi 104$; И. Федин (Омск) $\Phi 100$—$\Phi 103$, $\Phi 105$, $\Phi 107$; Г. Фурманов (Черновцы УССР) $\Phi 101$; М. Хомененко (Витебск) $\Phi 102$; О. Худавердян (Ереван) $\Phi 103$, $\Phi 107$; С. Чекмарев (Москва) $\Phi 100$—$\Phi 103$, $\Phi 105$, $\Phi 107$; Е. Часовников (с. Парычино Зыкновского р-на) $\Phi 101$; С. Черников (Семпалатинск) $\Phi 101$; Ж. Шенемко (Д.-Городок Брестской обл.) $\Phi 103$, $\Phi 104$, $\Phi 107$; А. Шерстюк (Николаев УССР) $\Phi 107$; Р. Шзаанов (Люберцы Московской обл.) $\Phi 101$; В. Шувалов (Электросталь) $\Phi 101$; И. Юренко (Киев) $\Phi 101$.