Решения задач М141—М145; Ф159—Ф163

26

Решения задач
M141—M145; Ф159—Ф163.

М141. Выберем на высome BH треугольника ABC произвольную точку P (рис. 1). Пусть K — точка пересечения прямых AP и BC, L — точка пересечения прямых CP и AB. Доказим, что отрезки KH и LH составляют равные углы с высотой BH.

Это утверждение нетрудно доказать с помощью метода координат. За оси координат удобно принять основание AC и высоту HB треугольника (H — начало координат). Обозначим координаты точек так, как показано на рисунке 2 (на этом рисунке a < 0, c > 0). Мы будем использовать следующую лемму:

Уравнение прямой, пересекающей ось Hx в точке (x₀, 0), a ось Hy — в (0, y₀), имеет вид

$$\frac{x}{x_0} + \frac{y}{y_0} = 1.$$ (1)

Поскольку через две точки можно проведить только одну прямую, для доказательства леммы достаточно проверить, что прямая (1) проходит через каждой из этих точек.

Из леммы следует, что координаты (xₖ, yₖ) точки K — точки пересечения прямых AP и BC — получаются как решение системы уравнений

$$\begin{cases} \frac{x}{c} + \frac{y}{b} = 1, \\ \frac{x}{a} + \frac{y}{p} = 1. \end{cases}$$ (2)

Рис. 1.

Рис. 2.

Аналогично, координаты (xₘ, yₘ) — решение системы

$$\begin{cases} \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1, \\ \frac{x}{c} + \frac{y}{p} = 1. \end{cases}$$

Нас интересует угловые коэффициенты прямых HK и HM — тангенсы угла наклона этих прямых к оси Hx. Вычитая почленно одно уравнение системы (2) из другого, найдем:

$$x_K \left( \frac{1}{c} - \frac{1}{a} \right) + y_K \left( \frac{1}{b} - \frac{1}{p} \right) = 0,$$

откуда

$$tg \rightarrow KHx = \frac{y_K}{x_K} = \frac{(a-c) bp}{ac(b-p)}.$$ (3)

Аналогично

$$tg \rightarrow MHx = \frac{y_M}{x_M} = \frac{(c-a) bp}{ac(b-p)}.$$ (4)

Мы видим, что эти угловые коэффициенты равны по абсцилтной величины и противоположны по знаку. Отсюда следует, что прямые KH и MH составляют равные углы с прямой BH (и симметричный друг друг относительно этой прямой).

Конечно, те же формулы (3) и (4) можно получить, не вводя систему координат, а рассмотреть много пар подобных треугольников. Так и поступило большеинститулеющей, решивших эту задачу. Многие также прислали решение, использующее теорему синусов. Однако из применения аналитического решения (с помощью системы координат) кроме краткости записи заключается в том, что не нужно заботиться о расположении точки: решение годится и для того случая, когда один из углов AP или C типой: оно не проходит только в «выраженном» случае, когда один из этих углов прямой, то есть a или c равно 0; в этом случае обе точки K и M лежат на прямой BH, так что утверждение задачи оченьindo.

27

Рис. 3.

Некоторые читатели прислали геометрические решения, использующие «теорему Чевы». Вот одно из таких решений.

Пусть $K_1$ и $M_1$ — точки пересечения $HK$ и $HM$ с прямой $l$, параллельной $AC$ и проходящей через $B$ (рис. 3). Тогда для решения задачи достаточно доказать, что $BK_1 = BM_1$ (отсюда будет следовать равенство $\Delta BK_1H = \Delta BM_1H$). Но из подобия $\Delta BKK_1$ и $\Delta CKH$ следует, что

$$BK_1 = \frac{CH \cdot BK}{CK}$$

и аналогично

$$BM_1 = \frac{AH \cdot BM}{AM},$$

так что нужно равенство вытекает из следующого утверждения.

Теорема (Чевы). Если $P$ — любая точка в плоскости треугольника $ABC$, $K$, $H$ и $M$ — точки пересечения прямых $AP$ и $BC$, $BP$ и $AC$, $CP$ и $AB$ соответственно (рис. 4), то

$$AH \cdot BM \cdot CK = CH \cdot AM \cdot BK.$$

Доказательство теоремы. Будем обозначать через $S(ABC)$ площадь треугольника $ABC$. Тогда

$$\frac{AH}{CH} \cdot \frac{BM}{AM} \cdot \frac{CK}{BK} =$$

$$= \frac{S(APH)}{S(CPH)} \cdot \frac{S(BPM)}{S(APM)} \cdot \frac{S(CPK)}{S(BPK)} =$$

$$= \frac{S(APH)}{S(BPK)} \cdot \frac{S(BPM)}{S(CPH)} \cdot \frac{S(CPK)}{S(APM)} =$$

$$= \frac{PA \cdot PH}{PB \cdot PK} \cdot \frac{PB \cdot PM}{PC \cdot PH} \cdot \frac{PC \cdot PK}{PA \cdot PM} = 1$$

(об использованных здесь свойств площадей треугольников подробно расссказываюсь в статье П. Р. Кантора и Ж. М. Работа «Площади многоугольников» в «Кванте» № 2, 1972).

Представляем читателем самостояльно формулировать и доказать утверждение, обратное к утверждению задачи № 141.

Рис. 4.

М142. a) Доказите, что нельзя запутевать ребра куба числа 1, 2, …, 12马克, чтобы для каждой вершины сумма номеров трех выходящих из нее ребер была одной и той же. b) Можно ли вычеркить одно из чисел 1, 2, …, 12, 13 и оставшимся запутевать ребра куба马克, чтобы выполнялось то же условие?

a) Предположим, что можно расставить числа 1, 2, …, 12 на ребрах куба так, что сумма трех чисел при каждой вершине равна s. Сложим все восемь таких сумм, соответствующих разным вершинам куба. В полученную сумму 24 чисел каждое из чисел 1, 2, …, 12 войдет два раза, потому что каждое ребро куба примыкает к двум вершинам. Таким образом,

$$2(1 + 2 + \dots + 12) = 8s$$

откуда $s = \frac{12 \cdot 13}{8} = \frac{39}{2}$; s получается не целым! Возникшее противоречие показывает, что нужно обозначить запутевать ребра числа 1, 2, …, 12 нельзя.

б) Ответ: Можно.

Из решения пункта a) видно, что вычеркивать имеет смысл только такое число c, для которого

$$s = \frac{1 + 2 + \dots + 13 - c}{4} = \frac{91 - c}{4}$$

— целое, то есть c = 3, c = 7 или c = 11. При этом соответствен s = 22, s = 21 или s = 20.

Очень многоные читатели, убедившись, что при этих c числа s получается целым, заключают отсюда, что нужно расстановка существует. Но этой проверки, разумеется, недостаточно.

Для обоснования ответа необходимо предъявить пример. Большинство читателей прислали пример нужной расстановки для c = 7 (рис. 5). В этом примере каждая пара симметричных отношений 7 чисел (k, 14 – k) расположается на ребрах, симметричных отношениях центра куба.

Уже то, что из разных мест нам присылали почти исключительно один и тот же

28

Рис. 5.

пример, наводит на мысль, что нужных расстоявок существует вообще не так уж много. Любителям решать логические задачи, которые не пугает необходимость перебрать довольно много вариантов, мы предлагаем подумать над таким вопросам: сколько существует различных расстоявок чисел 1, …, 6, 8, …, 13 на ребрах куба удовлетворяющих условию задачи (две расстоявки считаются различными, если они не получаются друг из других поворотом или симметрией куба)? Существуют ли расстоявки цифр 1, …, 13 при $c = 3$ или $c = 11$? Ответы на эти вопросы вы сможете найти в конце журнала. Там же высказаны некоторые сообщения, которые помогают построить нужные примеры и сократить перебор.

M143. Найдем наименьшее натуральное число $n$, для которого выполняется следующие условия:

если $n$ делится на $p - 1$ и $p$ — простое, то $n$ делится на $p$.

Пусть $n$ удовлетворяет этому условию. Поскольку $n$ делится на 1 = 2—1, оно должно делиться на 2, но тогда оно делится на 3 = 2+1, на 7 = 2·3+1 и на 43 = 2·3·7+1. Поэтому $n$ должно делиться на 1806 = 2·3·7·43.

Следовательно, минимальное $n$ (если оно существует) не меньше 1806. С другой стороны, для 1806 условия задачи выполняется 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42, 43, 86, 129, 301, 1806. (5)

Увеличив теперь каждый из них на единицу, получим:

2, 3, 4, 7, 8, 15, 22, 43, 44, 87, 130, 302, 1807. (6)

Остается отображать все простые числа из набора (6) и убедиться что они входят в набор (5) (1807 — не простое, оно делится на 13).

Ответ: $n = 1806$.

M144. Решение этой задачи содержится в заметке А. Т. Колотова «Об одном разбиении прямого лыбника» (см. стр. 14 этого номера).

M145. А обещаем планить $B$ в среднем $\sqrt{2}$ руб в день. Они условиясь что в $n$-й день $A$ будем получить целое число $a_n$ рублей ($a_n$ равно 1 или 2) с максимальным, чтобы сумма, полученная за первые $n$ дней ($a_1 + a_2 + \dots + a_n$), была как можно близке к числу $n\sqrt{2}$. Например, $a_1 = 1$, $a_2 = 2$, $a_3 = 1$, $a_4 = 2$, $a_5 = 1$.

Докажите, что последовательность $a_1, a_2, a_3, \dots$ — неперiodическая.

Идей доказательства состоит в следующем. Предположим, что, начиная с некоторого дня с номером $N + 1$, эта последовательность — периодическая и $T$ — период, то есть $a_{N+1} + a_{N+2} = a_{N+1}$, $a_{N+2} + a_{N+3} = a_{N+2}$, и т. д. Тогда за каждые $T$ дней, следующих после дня $N$, $B$ будет получать одно и то же целое число.

$a_{N+1} + a_{N+2} + \dots + a_{N+T} = c$ (7) рублей. Поэтому в среднем (за большой промежуток времени) он получит по $\frac{c}{T}$ рублей в день. Но из правила построения последовательности $a_n$ в среднем он должен получить $\sqrt{2}$ рублей в день. Приходим к противоречию: равенство

$$\frac{c}{T} = \sqrt{2}$$

невозможно, поскольку $\sqrt{2}$ irrationalно, а $c$ и $T$ — натуральные.

Подобную идею высказали многие из приславших нам решение этой задачи. Но не все довели ее до строого доказательства. Это доказательство может выглядеть, например, так.

Обозначим $a_1 + a_2 + \dots + a_n$ через $s_n$. Поскольку $n\sqrt{2}$ irrationalно и $s_n - \text{ближайшее целое число } k\sqrt{2}$ (рис. 6), то

$$|s_n - n\sqrt{2}| < 1/2.$$ (9)

Предполагается, что при $n > N$ последовательность $a_n$ — периодическая, и используя обозначение (7), для любого натурального $m$ имеем

$$s_N + mT = s_N + mc.$$ (10)

Приемя (9) к $n = N + mT$, с учетом (10) получим

$$|s_N + mc - N\sqrt{2} - mT\sqrt{2}| < 1/2,$$

откуда, использую неравенство $|\alpha + \beta| \geq |\alpha| - |\beta|$ и делая на $mT$, получаем

$$\left| \frac{c}{T} - \sqrt{2} \right| < \frac{1}{2mT} + \left| \frac{s_N - N\sqrt{2}}{mT} \right| < \frac{1}{mT}.$$

29

Это неравенство должно выполняться при или доом $m$. Отсюда следует, что левая часть неравенства должна равнять $0^*$), то есть

$$\Delta P \sim \frac{\sigma}{R},$$

где $\sigma$ — коэффициент поверхности наяжения мыльного раствора. $\sigma$ — это сила, которая действует на единицу длины границы мыльной пленки.

Обратная пропорциональная зависимость разности давления от радиуса пульерия связана не с природной поверхности, а с тем, что она имеет сферическое форму. Поэтому точно такая же формула должна быть правильно и для резинового шарика.

Однако, в случае резинового шарика $\sigma$, то есть сила упругости, действующая на единицу длины границы резиновой пленки, не будет постоянной величины, не зависит, как в случае мыльного пульерия, от его радиуса.

Найти зависимость $\sigma(R)$ трудно. Мы же приведем решение задачи, которое не зависит от вида функции $\sigma(R)$. Будем предполагать, что изменение радиуса шарика мало по сравнению с самой этой разностью. Это значит, что $q_1 \ll 100$, $q_2 \ll 100$, $\alpha_1 \ll 100$ и $\alpha_2 \ll 100$ ($q_2$ — изменение радиуса шарика во втором случае). Изменение радиуса шарика зависит от изменения разности давления. Это означает, что $q$ является функцией $\alpha : q = q(\alpha)$. Что можно сказать о графике функции $q(\alpha)$? При $q = 0$ $\alpha = 0$; следовательно, кривая $q(\alpha)$ проходит через начало координат. Физическая ясно, что эта кривая при малых $\alpha$ не имеет вертикальных скачков. При достаточно малых $\alpha$ действительный график зависимости $q(\alpha)$ с хорошим приближением можно

*) Здесь использовется такое очень удобное свойство действительных чисел: если $\alpha > 0$, $\beta > 0$, то существует натуральное $m$ такое, что $m\alpha > \beta$.

(«Аксиома Архимеда»)

заменить прямой — касательной к графику в начале координат. То есть зависимость $q(\alpha)$ можно считать линейной:

$$q = k\alpha,$$

где $k$ — коэффициент пропорциональности.

Теперь решить задачусовместо. Согласно условиям

$$\frac{q_2}{q_1} = \frac{\alpha_2}{\alpha_1},$$

откуда

$$q_2 = q_1 \frac{\alpha_2}{\alpha_1}.$$

Ф160. Диск радиуса $R$ раскручивающим вокруг мультикальний оси $c$ помещью вервки длины $l$, коморую мянум $c$ постоянной силы $F$ (рис. 7). После этого диск сокращается с оси $u$ попадаем на горизонthalную плоскость. Сколько оборотов сделаем диск на плоскости до полной османовки, если его масса равна $M$, а коэффициент трения диск о плоскость равен $k$?

Диск оставится, когда все кинетическая энергия перейдет в теплую энергию благодаря треню о плоскость. Это означает, что условия оставки диска — равенство кинетической энергии диска равен силу треня.

Кинетическая энергия диска в момент его соприкосовения с плоскостью найти нетрудно — она равна равен силу $F$:

$$W_K = F l.$$ (1)

Найдем работу силы треня. Перемещение различных точки диска различно.

*) Возможно, что при некоторой «критичекой» разности давления «лопнет». Мы считаем, что увелиние разности давления на $\alpha_1$ % и $\alpha_2$ % начинается с некоторого начального значения, далее от критического.

30

Рис. 8.

Позному поступим следующим образом. Разобъем диска на тонкие полые цилиндры. Рассмотрим один из таких цилиндров, нахождение от центра диска на расстоянии $r$ (рис. 8). Толщина его $\Delta r \ll r$, поэтому можно считать, что при повороте диска на угол фкаждая точка выделенного цилиндра переместится на фр. Это означает, что сила трения $F_{TP}$ совершила работу
$$\Delta A = F_{TP} \varphi r = k \Delta m g \varphi r,$$
(2)

где $\Delta m$ — масса выделенного цилиндра, которую можно выразить через массу диска $M$. Очевидно, отношение массы цилиндра к массе диска равно отношению их площадей
$$\frac{\Delta m}{M} = \frac{\pi (r + \Delta r)^2 - \pi r^2}{\pi R^2}.$$

Отсюда
$$\Delta m = M \frac{2r \Delta r + (\Delta r)^2}{R^2}.$$

Так как $\Delta r \ll r$, то $(\Delta r)^2 \ll 2r \Delta r$ и
$$\Delta m = 2M \frac{r \Delta r}{R^2}.$$

Подставив это выражение для $\Delta m$ в формулу (2), получим
$$\Delta A = \frac{2\varphi M g k r^2 \Delta r}{R^2}.$$

Работа силы трения при повороте всего диска равна сумме таких выражений, относится к разным цилиндрам:
$$A = \sum \frac{2\varphi M g k r^2 \Delta r}{R^2} = \frac{2\varphi M g k \Sigma r^2 \Delta r}{R^2}.$$
(3)

Сумму $\Sigma r^2 \Delta r$ можно посчитать так. Рассмотрим график функции $y = r^2$ (рис. 9). Произведение $r^2 \Delta r$ — это площадь выделенного на рисунке прямогольника, а сумма $\Sigma r^2 \Delta r$ равна площади ступенчатой фигуры, состоящей из подобных прямогольников. При $\Delta r \rightarrow 0$ ломана линя стремиется к параболе $y = r^2$. Поэтому выражение $\Sigma r^2 \Delta r$ численно равно площади фигуры под графиком парабoles. Для отыскания этой площади можно использовать метод, изложенный в статье А. Д. Бендукидзе «Архимед и квадратура парабoles» («Кваант» № 7, 1971), и прийти к выражению *)

$$\Sigma r^2 \Delta r = \frac{1}{3} R^3.$$

Подставим это выражение в формулу (3)
$$A = \frac{2\varphi M g k R^3}{3 R^2} = \frac{2}{3} \varphi M g k R.$$

Приравняем теперь эту величины кинетическая энергии диска:
$$\frac{2}{3} \varphi M g k R = Fl.$$

Отсюда найдем угол повората диска
$$\varphi = \frac{3}{2} \frac{Fl}{M g k R}.$$

Число оборотов диска равно
$$n = \frac{\varphi}{2\pi} = \frac{3}{4} \frac{Fl}{\pi M g k R}.$$

Ф161. Вольтамперные харакмерские элементы $C$ и $B$ показаны на рисунке 10, а и б (это идеализированные волtmамперные харакмерские стабилитрона и барметра). Какой ток идем через элемент $C$ в цепях, показанных на рисунке 11? Каково nadение напряжения на элемент $B$ в схемах, показанных на рисунке 12?

*) Те, кто прочитал статью Ю. И. Ионина «Интеграл» («Кваант» № 9, 1972), может посчитать эту сумму, воспользоваться методами интегрального исчисления.

31

Рис. 10.

Будем для простоты считать, что сопротивления источников равны нулю. Расмотрим сначала схемы, показанные на рисунках 11, а и 12, а.

1. Через элемент C (рис. 11, а) ток не идет, пока padение напряжения на нем не станет равным $U_0$. Таким образом, при $E \leq U_0$ $I_C = 0$. При $E > U_0$ padение напряжения на элементе C равно $U_0$, а padение напряжения на сопротивлении R равно $E - U_0$. При этом по цепи идет ток $I_C = \frac{E - U_0}{R}$.

График зависимости $I_C$ от $E$ показан на рисунке 13.

2. Если э.д. с. источника (рис. 12, а) такова, что через элемент B идет ток, меньший $I_0$, то padение напряжения на нем равно нулю. При этом padение напряжения на сопротивлении R равно $E$, следовательно, $I = \frac{E}{R}$.

Рис. 11.

Рис. 12.

Рис. 13. Рис. 14.

Это равенство выполняется, пока $I \leq I_0$, то есть при $\frac{E}{R} \leq I_0$ или $E \leq I_0$ $R$.

При $E > I_0$ $R$ по цепи идет ток $I_0$, padение напряжения на сопротивлении R равно $I_0$ $R$, а на элементе B оно равно $E - I_0$ $R$.

График зависимости padения напряжения на элементе B от $E$ показан на рисунке 14.

Телерь рассмотрим схемы, показанные на рисунках 11, 6 и 12, 6.

3. Если э.д. с. источника в схеме, показанной на рисунке 11, 6, меньше, чем $I_0$ $R$, то ток через элемент C равен нулю, а через элемент B идет ток $I = \frac{E}{R}$.

Это верно, если $I \leq I_0$, то есть при $\frac{E}{R} \leq I_0$ или $E \leq I_0$ $R$.

При увеличении э.д. с. источника ток через элемент B может увеличивать только до величины $I_0$. Если $E > I_0$ $R$, но padение напряжения на элементах C и Б меньше $U_0$, ток идет только через элемент B. Этот ток равен $I_0$. Поэтому padение напряжения на сопротивлении R равно $I_0$ $R$, а padение напряжения на элементах C и Б равно $E - I_0$ $R$. Это выполняется до тех пор, пока $E - I_0$ $R \leq U_0$,

то есть при $E \leq U_0 + IR$.

При большей э.д. с. источника padение напряжения на элементах C и Б равно $U_0$, по сопротивлению R идет ток $I_R = \frac{E - U_0}{R}$, через элемент B идет ток $I_B = I_0$, а через элемент $C - I_C = I_R - I_B = \frac{E - U_0}{R} - I_0$.

График зависимости тока через сопротивление R, padение напряжения на элементах C и Б и ток $I_C$ от $E$ показаны на рисунке 15.

4. Ясно, что при $E \leq U_0$ padение напряжения на элементе C в схеме, показанной на рисунке 126, меньше $U_0$, и ток по цепи не идет. При этом padение напряжения на элементе B равно нулю. Когда $E$ становится большей $U_0$, по цепи будет идти ток $I = \frac{E - U_0}{R}$. Но этот ток не может быть большей $I_0$. Пока

32

$$I < I_0,$$
то есть $$\frac{E - U_0}{R} < I_0$$ или $$E < U_0 + I_0 R,$$
падение напряжения на элементе Б равно нулю. При $E \geq U_0 + I_0 R$ $I = I_0$, а подение напряжения на элементе Б равно $U_B = E - I_0 R - U_0$.

Графики зависимости тока, индущего по цепи, и напряжения $U_B$ от $E$ показаны на рисунке 16.

Ф162. Промышленное Марса называется момент, коеда Марс, Солнце и Земля находится одной прямой. Великое промышленное — это момент, коеда расстояние Земля — Марс минимальное. Синим, что орбита Земли — окружность, а орбита Марса — эллипс, найти, через сколько лет поворяются великие промышленные.

Полный оборот вокруг Солнца Марс делаем за 687 дней.

Если великие промышленные повторяются через $k$ лет, то Земля за это время сделает $k$ полных оборотов, а Марс — $n = \frac{365}{687} k$ полных оборотов. Это число должно быть целым. Таким образом, нам нужно найти такое минимальное целое $k$, при котором выражение $$\frac{365}{687} k$$ равно целому числу.

Так как $$\frac{365}{687} \approx \frac{365}{685} = \frac{73}{137} \approx \frac{72}{135} = \frac{8}{15},$$ то минимальное целое $k$, при котором $n$ тоже целое, равно 15. При этом $n = 8$.

Таким образом, великие промышленные повторяются 15 лет. Марс за это время делает 8 оборотов.

В действительности, как известно, великие промышленные повторяются через 15 или 17 лет.

Ф163. Согласно одной из первых моделей атома водорода (модель Томсона) он представляет собой равномерно заряженный полоиметrial электрическом шар, в цепре коморого находится электрон. В целом атом нейтрален. Наимпалина энергия, коморую нужно сообщить электрону для удаления его из атома на большое расстояние, равна $W$. Величина заряда электрона $e$.

Величина $W$ равна работе, которую необходимо затратить для того, чтобы удалить из атома электрон.

Легко найти работу, которую необходимо затратить для того, чтобы удалить электрон с поверхности атома «на бесконечность» (бесконечно далеко от него). Эта работа равна потенциальной энергии электрону и поверхности полоиметrialно заряженного шара, то есть потенциальную электрическую поля на поверхности шара $\varphi = \frac{e}{R}$ (е — заряд шара и $R$ — его радиус), умноженному на величины заряда электрона

$$A_1 = \frac{e}{R} \cdot e = \frac{e^2}{R}.$$

Для того, чтобы найти работу, которую необходимо затратить для перемещения электрона из центра атома на его поверхности, разобъем шар на тонкие шаровые слоны толщиной $\Delta r$ также, чтобы на протяжении каждого из таких слонов силу, действующего на заряд, можно было считать постоянной. Для этого нужно, чтобы $\Delta r \ll R$. Например, поля, создавемого зарядами каждого из слов, внутри этого слоя, как известно, равна нулю, а вне слоя — такая же, какой она была бы, если бы вес заряд была сосредоточен в центре шара. Это означает, что направление электрического поля внутри атома на расстоянии $r$ от его центра равна

$$E = \frac{q}{r^2},$$

а сила, действующая в этом поле на электрон, равна

$$F = \frac{qe}{r^2},$$

где $q$ — заряд, который находится внутри сферы радиуса $r$.

Так как заряд шара $e$ и он распределен по шару равномерно, то в единице объема шара сосредоточен заряд

$$\frac{e}{4\pi R^3}.$$

Значит, внутри шара с радиусом $r$ будет находиться заряд

$$q = \frac{e}{4\pi R^3} \cdot \frac{4}{3} \pi r^3 = e \left( \frac{r}{R} \right)^3.$$