Квант 1973, №1 · Страницы

1973
1
Квант
Научно-популярный
физико-математический
журнал

1

Главный редактор
акademik
И. К. Кикоин
Первый заместитель
главного редактора
акademik
А. Н. Колмогоров

Редакционная коллекция
Л. А. Арцимович,
М. И. Башмаков,
С. Т. Беллев,
В. Г. Болтянский,
И. Н. Бронштейн,
Н. Б. Васильев,
И. Ф. Гинзбург,
Ю. Н. Ефремов,
В. Г. Зубов,
П. Л. Каппца,
В. А. Кириллин,
А. И. Климанов
(елавный художник),
С. М. Козел,
В. А. Лешковцев
(зам. елавного редактора),
Л. Г. Макар-Лиманов,
А. И. Маркушевич,
М. Д. Миллионщиков,
Н. А. Патрикеева,
И. С. Петраков,
Н. Х. Розов,
А. П. Савин,
И. Ш. Слободецкий,
М. Л. Смолянский
(зам. елавного редактора),
Я. А. Смородинский,
В. А. Фабрикант,
А. Т. Цветков,
М. П. Шаскольская,
С. И. Шварцбург,
А. И. Ширшов.

Редакция:
В. Н. Березин,
А. Н. Виленкин,
Т. М. Макарова
(художественный редактор),
Н. А. Минц,
Т. С. Петрова,
В. А. Тихомирова,
Л. В. Чернова
(зав. редакцией).

Корректор Н. Б. Румянцева
117071, Москва, В-71,
Ленинский проспект, 15,
«Квант», тел. 234-08-11,

Сдано в набор 15/X—72 г.
Подписано в печать 24/XI—72 г.
Бумага 70×100/16 Физ. печ. л. 4.
Усл. печ. л. 5,2 Уч.-изд. л. 5,86
Тираж первого
завода 300 000 экз.
Т-16898. Цена 30 коп.
Зак. 2044
Чеховский полиграфический комбинат «Соэзолигrafпрома»
при Государственном комитете Совета Министров СССР
по делам издательств,
полиграфии и книжной торговли
г. Чехов Московской области
Руководи не возврачаются

Основан в 1970 году
1973

Научно-популярный
физико-mатематический
журнал
Академи наук СССР
и Академи педагогических
наук СССР

Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-mатематической
литературы

В НОМЕРЕ:

2. С. Г. Гиндикин. Золотая теорема
3. Б. М. Смирнов. Тепловой баланс Земли
4. А. Т. Коломов. Об одном разбиении прямугольника

Лаборатория «Кванта»
17. Х. Рашлис. Загадка водяной капли

Математический кругок
18. Л. М. Лоповок. Вписанный шестиугольник

Задачник «Кванта»
25. Задачи М181—М185; Ф193—Ф197
26. Решения задач М141—М145; Ф159—Ф163

Практикум абитриента
35. А. А. Рывкин. Формализация условий задач
40. Московский инженерно-физический институт
43. И. А. Зайцев. Уравнение газового состояния.

Работа и тепломкость газа

Информация
48. Всесоюзная ЗФМШ при МГУ
50. Ж. М. Раббот. Новый прием в ВЗМШ
51. Т. А. Чугунова. Зоочная физико-техническая школа
54. И. А. Дьяковов, А. Г. Мордкович, И. И. Наслузов.
Телевизionные физико-mатематические курсы для поступающих вузы.

56 Ответы, указания, решения

«Квант» для младших школьников
64. А. Ю. Сойфер. Наш зоопарк
Задачи (3-я стр. обложки)
Смесь (стр. 13, 23, 33, 50, 63)

На первой странице обложки приведена конфигурация из прямы и окружностей, о которых рассматриваются в заметке В. Н. Березина «Окружность Микеля» (см. стр. 23).

На второй странице обложки — Обсерватория Болонского университета. Здесь проводился свой первый наблюдая звездного неба Николай Коперник.

В федеральном номере нашего журнала мы помещим материалы, посвященные 500-летию со дня рождения великого пользового ученого.

2

Золотая теорема

С. Г. Гиндикин

«Свойства чисел, известные сегодня, по большей части были открыты путем наблюдения и открытия задолго до того, как их истинность была подтверждена строыми доказательствами. Имеется даже много свойства чисел, с которых мы хорошо знакомы, но которые мы все еще не в состоянии доказать».

Л. Эйлер

Мы совершим экскурс к истокам современной теории чисел — отрасли математики, изучающей натуральные числа. В то время математики подмечали удивительное простые и красивые закономерности в мире натуральных чисел. Но часто интугиюя простота формулировок обращалась неприступностью решения. Лобовые atаки не давали успеха, приходилось придумывать обходные пути, создавать совершенное новый аппарат.

Мы рассекjem здесь об одной такой задаче*), формулировка которой понятна школьнику, знающему, что такое простое число. Но решить эту задачу далеко не просто, и первый шаг на пути ее решения совсем не сразу удалось сделать велиkomу Эйлеру. Гипотезу, формулированную Эйлером (но не доказанную им), пытаемся доказать Ланггранж и Лежандр; удалось это сделать девятнадцатилетнему Гауссу. Это была его вторая работа **).

Гауссс называл доказанную им теорему «золотой теоремой». В ней идет речь о том, какими могут быть остатки от деления квадратов целых чисел на простые числа. Мы не будем сейчас приводить полной формулировки утверждения, доказанного Гауссом, отложив это до стр. 5. Сейчас же мы появим постановку задачи, введем некоторые термины и подробно рассмотрим частный случай «золотой теоремы», доказанный Эйлером.

Хорошо известны различные условия, необходимые для того, чтобы число было квадратом. Например, такое число может оказаться только на 0, 1, 4, 5, 6 или 9. Другое часто использующее свойство состоит в том, что квадрат целого числа или делится на 3 или при делении на 3 дает остаток 1 (доказhte). Первое свойство можно формулировать в тех же терминах, что и второе, заметив, что последняя цифра — это остаток от деления на 10.

Всюду ниже мы будем предложать, что $p$ — простое число, причем $p \neq 2$. Делить целые числа можно «с недостатком» или «с избытком». Иными словами, остатки можно считать положительными или отрицательными. Условия выбирать остаток наименьшим по абсолотной величине.

Нетрудно доказать, что если $p$ нечетно, то всякое целое число $n$ единственным образом представляется в виде

$$n = pq + r, \quad |r| \leq \frac{p-1}{2},$$

где $q$ и $r$ — целые.

Будем назвать $r$ остатком от деления $n$ на $p$, или в чеотом числа $n$ по модулю $p$. Это обозначается так: $n \equiv r \pmod{p}$).

Выпишем в таблице 1 вычеты для нескольких первых простых чисел $p > 2$. Нас интересует, какие вычеты (остатки) могут иметь квадраты целых чисел. Эти остатки мы будем назвать квадратными в вычетами, а остальные — квадратными не в вычетами.

Числа $n^2$ и $r^2$, где $r$ — остаток числа $n$ по модулю $p$, имеют один и тот же остаток при делении на $p$**). Поэтому, если мы хотим найти квадратные вычеты, то достаточно возвратить $*)$. Что мы называем вычетом (остатком), обычно назвают абсолотно наименьшим вычетом (остатком). Мы сократили название, так как других вычетов нам не встретились. Обозначение $n \equiv r \pmod{p}$ также использовется обычно в более общей ситуации: оно означает, что $n-r$ делится на $p$. См. также статью «Малая теорема Ферма» («Квант» № 10, 1972 г.); в дальнейшем, ссылаясь на эту статью, мы будем писать кратко: «МТФ».

**) Подробнее об арифметике остатков см. в МТФ.

Дить в квадрат лишь вычеты, то есть целые числа $r$, $|r| \leq k$, $k = \frac{p-1}{2}$. При этом, разумеется, достаточно расматривать $r \geq 0$.

Проведем вычисления для простых чисел из предыдущей таблицы. Составим новую таблицу, в котором красные числа отвеют квадратным вычетом (таблица 2). Попытаемся подметить некоторые закономерности и оценить степень их общности. Вопросы, в каждой строке есть в моностми $k+1$ красное число. Покажем, что так обстоит дело для простых $p > 2$. Из сказанного выше следует, что для каждого нечетного $p$ (далее не простого) квадратных вычетов не больше $k+1$. Мы показаем, что их точно $k+1$, если числа $r^2$ ($0 \leq r \leq k$) дают при делении на $p$ различные остатки. Если $r_1 > r_2$ и $r_1^2, r_2^2$ дают одинаковые остатки, то $r_1^2 - r_2^2$ делится на $p$. Поскольку $p$ — простое число, то $r_1 + r_2$ или $r_1 - r_2$ должно делиться на $p$, чего не может быть, так как $0 < r_1 \pm r_2 < 2k<p$. Здесь мы впервые воспользовались простой $p$ (покажите, что для со-

Таблица 2

$p$ $k$ Квадратные вычеты и невычеты по модулю $p$

3 1 -1 0 1
5 2 -2 -1 0 1 2
7 3 -3 -2 -1 0 1 2 3
11 5 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
13 6 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
17 8 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

4

ставных $p$ наше утверждение не верно).

Далее, очень надо 0 и 1 являются красьми во всех строихах. Что касается остальных стольцов, то сразу не видна закономерность, согласно которой в них появляются красьные числа. Начнем с $a = -1$. Оно является красьим при $p = 5, 13, 17, \dots$ и черным при $p = 3, 7, 11, \dots$. Вы, может быть, заметили, что простые числа первой группы при делении на 4 дают остаток 1, а второй — остаток — 1 (заметьте, что простые числа $p \neq 2$ других остатков вообще не могут). Итак, можно предложить, что — 1 является квадратным вычетом для простых чисел вида $p = 4l + 1$ и квадратным невычетом для $p = 4l - 1$. Эту закономерность первым заметил Ферма (1601—1665), однако оставил ее без доказательства. Попытайте найти доказательство самостояльно! Вы убедитесь, что главная трудность в том, что не видно, как воспользоваться простой $p$, а без этого предложения утверждение становится неверным.

Первое доказательство после нескольких неудачных попыток нашел в 1847 году Эйлер (1707—1783). В 1855 году Эйлер нашел другое, очень изящное доказательство, использующее малую теорему Ферма: Если $p$ — простое число, мо для всякого целого $a$, $0 < |a| < p$: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$. (2)

Известно много различных доказательств этой теоремы. Однако из них приведено в МТФ. Здесь мы приводим другой доказательство, близкое по идее к другим рассмотреням этой статьи.

Доказательство. При $p = 2$ утверждение очевидно, и можно считать $p$ нечетным. Расмотрим $p$ чисел $0, \pm a, \pm 2a, \pm 3a, \dots, \pm ka; k = \frac{p-1}{2}$. Все эти числа при делении на $p$ дают разные остатки, так как в противном случае $r_1 a - r_2 a, r_1 > r_2, |r| \leq k, |r_2| \leq k$, делится на $p$, но $a$ не делится на $p$ и $r_1 - r_2$ не делится на $p$, так как $0 < r_1 - r_2 < p$. Переменным те из рассматриваемых чисел, которые отличны от нуля; получим $(-1)^k (k!)^2 a^{p-1}$. Поскольку средим остатков сомножитель содержится все нульные вычеты и учитывая правильное вычисление остатка произведения, получаем, что произведение имеет тот же вычет, что и $(-1)^k (k!)^2$, то есть $(k!)^2 (a^{p-1} - 1)$ делится на $p$. Так как $k!$ не делится на $p$ ($0 < k < p$), то на $p$ делится $a^{p-1} - 1$, и доказательство окончено.

Следствие (критерий Эйлера квадратности вычета). Выcem $b \neq 0$ является квадратным моеда и молко моеда, коеда

$$b^k \equiv 1 \pmod p, \quad k = \frac{p-1}{2}. \quad (3)$$

Доказательство условия (3) установливается легко. Если $a^2 \equiv b \pmod p$, $0 < a < p$, то $a^{2k} = a^{p-1}$ и $b^k$ должно иметь одинаковые вычеты, равные, в силу (2), 1. Достаточно покажаться сложнее. Мы выведем ее из следующей леммы, доказанной в МТФ.

Лемма 1. Если $P(x)$ — многочлен стерегии $l$, $p$ — простое число, и имеется более $l$ различных вычетов $r$ по modulo $p$, для которых

$$P(r) \equiv 0 \pmod p, \quad (4)$$

мо (4) имеет место для всех вычетов.

Приименим лемму к многочлену $P(x) = x^k - 1$. Тогда соответствие (4) удовлетворяет $k$ ненулевых квадратных вычетов. Однако имеет вычет $(r = 0)$, не удовлетворяющий (4); значит, по лемме, все квадратные вычеты должны не удовлетворять (4) и, следовательно, условия (3) достаточно.

Заметание. Для квадратного невычета $b$ имеем: $b^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p$. Действительно, если $b^{\frac{p-1}{2}} \equiv r \pmod p$, то $r^2 \equiv 1 \pmod p$, откуда $r = -1$. (Сравнение $r^2 \equiv 1 \pmod p$ удовлетворяет только вычета: $r \equiv 1 \pmod p$, $r \equiv -1 \pmod p$).

Критерий Эйлера позволяет мгновенно решить вопрос о том, для каких $p$ вычет — 1 является квадратным. Подставляя в (3) $b = -1$, получаем, что при $p = 4l + 1$ (3) выполняется $(k - \text{четно})$, а при $p = 4l - 1$ (3)

5

не выполняется ($k$ — нечетно). Сформулированная выше гипотеза стала теоремой.

Задача 1. Доказать, что если $p \neq 2$ есть простой делимель числа $n^2 + 1$, то $p = 4l + 1$.

Итак, мы доказали, что $-1$ — квадратный вычет для $p = 4l + 1$ и квадратный невычет для $p = 4l - 1$.

Обсуждим некоторые особенности приведенного доказательства. Это утверждение состоит из двух частей: отрицательное утверждение для $p = 4l - 1$ и положительное для $p = 4l + 1$. В первом случае естественно пытается найти неокоторес свойство, который квадратные вычеты удовлетворяют, а $-1$ не удовлетворяет, что и сделал Эйлер. Найdenное свойство оказывается характеристческим, то есть одновременно удалось доказать и вторую часть гипотезы. Если вы проволали доказать эту часть утверждения самостоятельно, что вы, верятоно, пытались явно построить по $p = 4l + 1$ число $n^2$, дающее при делении на $p$ остаток $-1$. Доказательство Эйлера не эффективно в том смысле, что оно не дает явной конструкции для числа $n$ по $p$, а лишь утверждает его существование. Иными словами гарантируется, что если мы будем перебирать числа $1,2,...,2l$, возводить их в квадраты, брать остатки от деления квадратов на $p$, то рано или поздно мы получим $-1$. Остается открыть вопрос, нельзя ли указать более явную конструцию $n$ по $p$, не использушую процедуры перебора. Положительный ответ дал Лангганж (1736—1813) в 1773 году, использую следующую теорему.

Теорема Вильсона*). Если $p = 2k + 1$ есть простое число, то $(-1)^k (k!)^2 \equiv -1 (\bmod p)$.

Для доказательства этой теоремы мы воспользуемся lemma 1. Положим $P(x) = (x^2 - 1)(x^2 - 4) \ldots (x^2 - k^2), Q(x) = x^{2k} - 1$. Тогда $R(x) = P(x) - Q(x)$ — многочлен степени не выше $2k - 1$, который при $x = \pm 1, \pm 2, \ldots, \pm k$ делится на $p$ (этом свойством обладает $P$ и $Q$). По лемме $R(x) \equiv 0 (\bmod p)$ для всех $x$. Собственно, новый фактор является лишь то, что $R(0) \equiv 0 (\bmod p)$. Поскольку $R(0) = (-1)^k (k!)^2 + 1$, получаем (5).

Следствие Лагранжа. При $p = 4l + 1$ имеем: $[(2l)!]^2 \equiv -1 (\bmod p)$.

Задача 2. Доказать, что если (5) верно, мо $p$ — простое число.

Эта задача дает повод отметить, что в конструкции Лагранжа простота $p$ существует.

*) Вильсон (1741—1793) — юрист, изучавший математику в Кембридже.

Выяснить, когда $a = -1$ является квадратным вычетом, Эйлер, используя огромный числовой материал (его таблица намного превышает вторую из приведенных выше таблиц), пытается найти аналогичные условия для других $a$. Он подмечает, что при $a = 2$ все зависит от остатка при делении $p$ на 8; 2 оказывается квадратным вычетом для простых $p = 8l \pm 1$ и невычетом при $p = 8l \pm 3$ (простое число при делении на 8 может давать остатки $\pm 1, \pm 3$). Далее, 3 является квадратным вычетом при $p = 12l \pm 1$ и квадратным невычетом при $p = 12l \pm 5$. Эйлер высказывает гипотезу, что и в общем случае все определяется остатком от деления $p$ на 4a.

Гиотеза Эйлер*). Число а одновременно является или квадратным вычетом или квадратным невычетом для всех простых чисел, входящих в арифметическое проресецию $4aq + r$, $q = 0, 1, 2, \ldots, 0 < r < 4a$.

Ясно, что если $4a$ и $r$ имеют общий делитель $s > 1$, то в арифметической проресеции не будет ни одного простого числа. Если же первый член и разность проресеции взаимно просты, то, как утверждает теорема Дирихле (1805—1859), в этой проресеции имеется бесконечное простых чисел (обобщение теоремы о бесконечности числа простых чисел в натуральном ряду).

Возвратимся к гипотезе Эйлер. Окаазось, что критерий Эйлер, который сослужил нам добрую службу при $a = -1$, отказывал уже при $a = 2$. Эйлер не удалось разобраться в этом случае. Ему удалось доказать свою гипотезу, не считая $a = -1$, лишь при $a = 3$. Затем Лагранж, который мы уже упоминали, доказал гипотезу при $a = 2, 5, 7$; Лежандр (1752—1833) в 1785 году предложил доказательство гипотезы для общого служа, которое, однako, содержало существенные проблемы.

*) Гаусс, доказавший эту гипотезу, назвал ее «золотой теоремой».

6

Приложение

Перейдем теперь ко второй части нашего рассказа, из которой наиболее чистые читатели узнали доказательство гипотезы Эйлера.

30 марта 1796 года девятнадцатилетний Гаусс доказал возможность построения правильного семнадцатугольника циркулем и линейкой. С этого дня начнется дневник Гаусса — летопись его удивительных открытий. Вторая запись в дневнике появилась уже 8 апреля. В ней сообщалось, что найдено строгое доказательство «золотой» теоремы — так называл Гаусс гипотезу Эйлера. Он переоткрыл ее, еще учась в брауншвейгской гипназии, когда ему не были доступны произведения Эйлера, Лагранжа, Лежандра, с которых он познакомился лишь после переезда в Геттинген в 1795 году. Вначале он, как и его предшественники, замечает утверждение для $a=-1$, затем, уже гладав результат для общего случая, последовательно разбиает случай за случай, продвинувшись дальше других: им рассмотрен $a=\pm 2$, $\pm 3$, $\pm 5$, $\pm 7$. Наконец, 8 апреля 1796 года он находит общее доказательство, которое Кронекер (1823—1891) очень метко назвал «пробой сил Гауссова гения». Доказательство проводится двойной индикцией по $a$ и $p$; Гауссу приходит при думывать существенно различные сообщения для рассмотрения восемми (!) различных случаев. Нужно было иметь не только порядательную изобретательность, но и удивительное мужство, чтобы не оставиться на этом пути. Позднее Гаусс нашел еще шесть доказательств «золотой» теоремы (ныне их известно около пятдесятей). Как это часто былоет, после того как теорема доказана, удается найти доказательства много более простые, чем первоначальное. Мы приведем здесь доказательство, мало отличующесся от третього доказательства Гаусса. В его основе лежит ключевая лемма, доказанная Гауссом не ранее 1808 года.

Лемма 2. Пусть $p=2k+1$ — простое число, $a$-целое число, $0<|a| \leq 2k$; $r_1, r_2, \dots, r_k$-вычисленные чисел $a, 2a, \dots, ka$; $v$-число отрицательное

$a^k \equiv (-1)^v (\text{mod } p)$. (6)

Применя критерий Эйлера, получаем такое следствие:

Критерий Гаусса квадратично вычета. Выцем являемся квадратным мода и молко мода, когда фцерурирующее в лемме 2 число $v$ ценно.

Доказательство леммы 2. Заметим, что все вычеты $r_1, \dots, r_k$ различны по абсолотной величины. Это следует из того, что сумма и разность любых двух из них не делится на $p: r_i \pm r_j = (i \pm j) a$, $i \neq j$; $|i \pm j| < p$, $|a| < p$. Таким образом, набор моделей $|r_1|, \dots, |r_k|$ — это числа 1, 2, . . . , $k$ в некотором порядке. В результате произведение $a \cdot 2a \dots ka = a^k k!$ при делении на $p$ дает тот же остаток, что $r_1 \dots r_k = (-1)^v k!$. Учитывая, что $k!$ не делится на простое число $p$, получаем (6).

Доказательство гипотезы Эйлера. Заметим, что в приводимом ниже рассужении уже не использовется простота $p$ — она в полной мере использована в лемме Гаусса. Отметим на числовой оси точки (рис. 1, $a, \delta$) $m \frac{p}{2}$, если $a > 0$, и $-m \frac{p}{2}$, если $a < 0$; $m = 0$, $1, 2, \dots, |a|$ — сине точки ($m$ — их номера). Занумерем интервалы с концами в этих точках по номерам левых концов (на рисунках номера интервалов — красные). Отметим теперь $a, 2a, \dots, ka$ — зеленье точки; так как $a$ — целое, не делущее на $p$, то сине точки не могут совпать.

7

Рис. 2.

с зеленьми, причем все зеленье точки попадут в какие-то из построенных интервалов $\left(|a| \frac{p}{2} \geq |a| k\right)$. Легко заметить, что фигурирующее в лемме число $v$ — это число зеленьых точек, попавших в интервалы с нечетными номерами (доказhte!).

Подвергнем теперь нашу картинику преобразования подобия с коэффициентом $\frac{1}{a}$ (рис. 1 перейдет в рис. 2).

При этом сине точки перейдет в точки, делящие отрезок $\left[0, \frac{p}{2}\right]$ на $|a|$ равных частей, а зеленье точки — в целочисленные точки 1, 2, …, $k$.

Нумарация интервалов теперь будет зависеть от знака $a$: при $a > 0$ они нумеруются номерами левых концов, при $a < 0$ — номерами правых концов; $v$ — число целочисленных точек в интервалах с нечетными номерами. Если мы увеличим $p$ на 4ал, то в каждой интервал добавится точное 2л целых точек. Это следует из того, что при сдвиге интервала на целое число количество целых точек в нем не меняется, а на любом отрезке целочисленной длины $n$ или интервале длины $n$ с нечеточисленными концами имеетровно $n$ целых точек (доказhte!). Итак, при изменении $p$ на $p + 4ал$ величины $v$ изменится на четное число, а $(-1)^v$ не изменится. Значит, для всех $p$ в арифметической прогрессии $p = 4aq + r$ значение $(-1)^v$ одно и то же, и гипотеза Эйлера доказана.

Одновременно указаан неокоторый способ выяснить, является ли $a$ квадратным вычетом для $p$. Нужно взять остatok $r$ от деления $p$ на 4a (для удобства положительной); разделить $\left(0, \frac{r}{2}\right)$ на $|a|$ частей, зануемеров их номерами левых (правых) концов, если $a$ — положительное (отрицательное); сосчитать число $v$ целых точек, попавших в интервалы с нечетными номерами; $a$ — квадратный вычет в том и только том случae, когда $v$ четно.

Проделаем эти вычисления для $a = 2$, чтобы подтвердить наблюдания Эйлера, о которых говорилось на стр. 5. Пусть $a = 2$; тогда достаточно рассмотреть $r = 1, 3, 5, 7$, поскольку в остальных случаях арифметическая прогрессия не будет содержать простых чисел. Как видно из рис. 3, число 2 является квадратным вычетом для

$$p = 8q + 1, \quad p = 8q + 7,$$

то есть $p = 8q \pm 1$.

У праванении. Покажите, что — 2 есть квадратный вычет для $p = 8q + 1, \quad p = 8q + 3$.

Аналогично рассматривается случай $a = \pm 3$. Приведем итоги вычислений (таблица для $v$):

Рис. 3. $r = 1, a = 2, v = 0; r = 3, a = 2, v = 1; r = 5, a = 2, v = 1; r = 7, a = 2, v = 2$.

9

ность между вопросами о том, когда $p$ — квадратный вычет по модулю $q$ и когда $q$ — квадратный вычет по модулю $p$.

Доказательство. Всегда или $p-q=4a$ или $p+q=4a$.

I случай. Пусть $p-q=4a$, то есть $p$ и $q$ имеют одинаковые остатки при делении на 4. Тогда $\left(\frac{p}{q}\right) = \left(\frac{q+4a}{q}\right) = \left(\frac{4a}{q}\right) = \left(\frac{a}{q}\right)$ (мы воспользуемся (9), (8), и тем, что $\left(\frac{4}{q}\right) = 1$ при всех $q$). Далее, $\left(\frac{q}{p}\right) = \frac{p-4a}{p} = \left(\frac{-4a}{p}\right) = \left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{a}{p}\right)$. В силу уже доказанной гипотезы Эйлера $\left(\frac{a}{p}\right) = \left(\frac{a}{q}\right)$, то есть $\left(\frac{p}{q}\right) = \left(\frac{q}{p}\right)$ при $\left(\frac{-1}{p}\right) = 1$, и $\frac{p}{q} = -\left(\frac{q}{p}\right)$ при $\left(\frac{-1}{p}\right) = -1$. Остается вспомнить, что $\left(\frac{-1}{p}\right) = 1$ при $p=4l+1$, $\left(\frac{-1}{p}\right) = -1$ при $p=4l+3$.

II случай. Пусть $p+q=4a$, то есть $p$ и $q$ имеют разные остатки при делении на 4. Имеем $\left(\frac{p}{q}\right) = \left(\frac{4a-q}{q}\right) = \left(\frac{a}{q}\right)$. Аналогично $\left(\frac{q}{p}\right) = \left(\frac{a}{p}\right)$. В силу дополнительки гипотезе Эйлера $\left(\frac{a}{q}\right) = \left(\frac{a}{p}\right)$, то есть $\left(\frac{p}{q}\right) = \left(\frac{q}{p}\right)$. Доказательство окончено.

Нетрудно заметить, что проведенные рассуждения можно обратить и вывести из квадратного закона взаимности гипотезу Эйлера и дополнительное к ней (проделяте это!). Отметим еще, что формулы (8)—(10) дают способ вычисления $\left(\frac{p}{q}\right)$ существенного более простой, чем описанный выше комбinatorный способ. Проиллюстрируем это на примере: $\left(\frac{59}{269}\right) = \left(\frac{269}{59}\right) = -1$,

так как
$\left(\frac{3}{59}\right) = -\left(\frac{59}{3}\right) = -\left(\frac{2}{3}\right) = 1$;
$\left(\frac{11}{59}\right) = -\left(\frac{59}{11}\right) = -\left(\frac{4}{11}\right) = -1$.

Легко показать, что вычисление символьла Лежандра всегда можно свести к случаю, когда $p$ или $q$ равно 2.

Упражнение. Сосчитайте $\left(\frac{37}{557}\right)$, $\left(\frac{43}{991}\right)$.

В заключение отметим, что задача о квадратных вычетах послужила отправной точкой большой и плодотворной математической деятельности. Многочисленные попытки Гаусса получить новые доказательства квадратного закона взаимности далеко не в первую очередь диктовались желанием упростить доказательства. Гаусса не оставляла мысль, что им понастоящему не вскрыты глубокие закономерности, следствием которых является закон взаимности. В полной мере это удалось сделать лишь позднее, в рамках теории алгебраических чисел. Гаусс потратил много сил на обобщение квадратного закона на кубический и биквадратный случай, получив замечательные результаты. Эти исследования были продложены, и изучение различных законов взаимности остался одним из центральных вопросов теории чисел по сейчас день.

10

Тепловой баланс Земли

Б. М. Смирнов

Почти вся энергия неядерного процесхождения, с которой мы имеем дело на Земле, является результатом превращения энергии солнечного излучения. Это и химическая энергия горючих ископаемых, и энергия воды, энергия ветра, и многое другое.

Основным источником солнечного излучения является термоядерные реакции, пресхождения в недрах Солнца.

Основную цель этих реакций можно определить следующей схемой:

$$2p \rightarrow d + e^+ + v + 0,42 \text{ Mэв},$$
$$d + p \rightarrow He^3 + \gamma + 5,49 \text{ Mэв},$$
$$2He^3 \rightarrow He^4 + 2p + 12,85 \text{ Mэв}.$$

Здесь $p$ — протон, $d$ — дейtron, то есть ядро, состоящее из протона и нейтрона, He$^3$, He$^4$ — ядра геля, содержащие три и четыре нуклона соответствующего (нуклон — протон или нейтрон), $e^+$ — позитрон, $v$ — нейтрино, $\gamma$ — фотон. Энергия частиц, записанная в правой части уравнения, переходит в тепловую, передается на поверхности Солнца, а затем излучается. Исключение составляется только нейтрино, которое сразу выходит за пределы Солнца, унося энергию, равную 0,26 Мэв. Позитрон вступает в реакцию ангигляции с электромагнитные волны, причем длины волны, соответствующие максимуму энергии этого излучения, тем меньше, чем выше температура тела.

Полный поток излучения с поверхности Солнца на всех длинах волны определяется законом Стефана — Больцмана: $j = \sigma T^4$, где $j$ — поток излучаемой энергии, $T$ — абсолотная температура поверхности, $\sigma = 5,69 \cdot 10^{-12} \text{bm/cm}^2$ ерад$^4$ — постоянная Стефана — Больцмана.

11

Будем считать, что энергия внутренней Солнца выделяется только в результате описанных ядерных реакций, связанных с превращением водорода в гелий. (На самом деле возможно дальнейшее превращение гелия в более тяжелые элементы с выделением энергии.) тогда, поскольку переработка одного протона приводит к выделению энергии 6,3 Мэв, полный запас энергии Солнца составляет 6,3 × 6,6·10⁵⁶ Мэв = 6,7·10⁴⁴ дж. Каждый секунд с поверхности Солнца излучается энергия j⊙·4πR²⊙ = 3,9·10²⁶ вт, где j⊙ = 6,4 квт/cm² — мощность излучения с единицей солнечной поверхности, R⊙ = 7·10¹⁰ см — радиус Солнца. Отсюда следует, что при неизменной величины энергии, излучаемой Солнцем в единицу времени, ядерных запасов солнечной энергии хватит на 55 миллиардов лет. В этом отношении у человека нет причины для беспокойства.

На поверхности Солнца все мощность излучения приходит на площадь 4πR²⊙, а на расстоянии l от Солнца — на площадь 4πl². Следовательно, поток энергии солнечного излучения на расстоянии l от Солнца равен j⊙·R²⊙/l², где j⊙ — поток энергии на поверхности Солнца, R⊙ — радиус Солнца. Отсюда находится мощность лучистой энергии, падающей на поверхности Земли:

πR²⊙·j⊙/R²⊙/d²⊙ = 1,75·10¹⁷ вт,

где R⊙ = 6,4·10⁸ см — радиус Земли, d⊙ = 1,5·10¹² см — среднее расстояние от Земли до Солнца.

На поверхности Земли попадает малая часть мощности солнечного излучения (мече чем миллиардная часть), но в наших земных масштабах эта мощность велика. Для нагледности приведем такой пример. Основная часть энергии, потребляемое человека, выделяется при скиганиях горючих ископаемых (нефти, газа, угля). Если жеь все земные запасы горючих ископаемых, можно получить пример 2·10²³ дж. От Солнца Земля получает такую энергию менее за 14 суток. Из этого же примера можно получить, какая мала часть солнечной энергии, посылаемой на поверхности Земли в течение длительного времени, была переработана в энергию горючих ископаемых.

Что происходит с энергий солнечного излучения, попадающей на поверхности Земли? Часть ее отражается от поверхности, другая часть поверхности поверхности и атмосферой Земли и преобразуется в другие виды энергии.

Как преобразуется поглощенная энергия? Масса Земли M⊙ = 6·10²⁷ e, средняя удельная температура Земли 0,5 √2ж/ε·радд. Значит, для нагрева Земли на один градус необходима энергия 3·10²⁷ дж. Такая энергия поглощается поверхности и атмосферой Земли примерно за 1000 лет. Таким образом, поглощенная Землей за время ее существования (4,5 млд. лет) солнечная энергия не накопливается, а рассевается в окружающей пространство.

Выясним, каким способом солнечная энергия, поглощенная Землей, возвращается в пространство. Существуют два способа расположения Земли. Один из них связаан с уходом.atomов и молекул за пределы атмосферы, другой — с излучением поверхности Земли. В первом случае для выхода молекулы за пределы поверхности Земли необходимо, чтобы ее скорость в направлении, перpendикулярном к поверхности Земли, превышает вторую скорость √2gR⊙ ≈ 11√κm/c. Для молекулы азота, например, это соответствует энергии mv²/2 = mg R⊙ = 2,9×10⁻¹³ зерр (м—масса молекул). При комнатной температуре средняя конечческая энергия молекул 2×10⁻¹⁴ зерр. В атмосфере Земля быстро молекул мало. Кроме того, если

12

они и появляются у поверхности Земли, то, стalkиваясь с другими молекулами, отдают избыток энергии и не могут выйти за пределы земной атмосферы. Поэтому механизм рассеяния энергии, связанный с уходом atомов и молекул за пределы земной атмосферы, оказывается неэффективным.

Второй способ возвращать в пространство солнечного энергии — излучение. Температура поверхности Земли (≈300 °K) значительно меньше температуры солнечной поверхности (6000 °K). Максимум энергии солнечного излучения соответствует длины волн в видимой части спектра, а длины волн излучения Земли лежат в дальней инфракрасной области. Выясним, какую температуру имела бы Земля, если бы она излучала энергию мощностью 10^17 вм как абсолотно черное тело. Из закона Стефана — Больцмана получим, что мощность испускаемого Землей излучения в таком случае равна σT⁴4π R². При этом температура Земли должна быть равна 240 °K.

Отличие полученной величины от реальной температуры поверхности Земли не так уж велико, особенно если учеть, что мы лишь очень приближенно можем считать, что Земля излучает как абсолотно черное тело.

Использованная модель позволяет представить общую качественную картину процессов, происходящих в атмосфере Земли при преобразовании солнечной лучистой энергии в энергию излучения Земли. Ясно, что энергия Солнца неравномерно распределяется по поверхности Земли. В связи с этим в атмосфере Земли появляется потоки энергии от более нагретых к более холодным области: возникают ветры. В движении ветровосредоточено примерно 2% мощности лучистой энергии, поглощаемой Землей.

Большая часть лучистой энергии (примерно 4·10^16 вм) идет на испарение воды. Пары воды увлекаются направленными атмосферными потоками, так что количество испарений воды и выпавшей в виде осадков в каждой точке Земли не совпадает. Это компенсирует потоками воды на поверхности Земли — реками, которые несут в себе немалую мощность — примерно 3·10^15 вм.

Вода играет важную роль не только в поглощении солнечной энергии, но и в поглощении излучения Земли. Молекули воды эффективно поглощают фотоны, излучаемые поверхностью Земли. В результате задерживается тепловое излучение. Этим объясняются два типа климатов — морской и континентальный. В случае морского климата наличии влаги в атмосфере задерживает уход излучения с поверхности Земли, и ночь, когда в данной области поверхности Земли не попадает солнечное излучение, поверхность не успевает сLIB-

13

но остыть. Позному при морском климате дневная и hourная температуры различаются не сильно. В случае континentalного климата, когда в атмосфере мало влаги, солнечная лучистая энергия города быстро перерабатывается в энергию излучения Земли. Позному земная поверхность сільнее остыает за ночь и разница между дневной и hourной температурами больше, чем в условиях морского климата.

Оценим характерное время переработки солнечной лучистой энергии в энергию излучения Земли. Допустим, начиная с некоторого момента времени лучистая энергия Солнца перестала попадать на поверхность Земли. При этом Земля по-прежнему будет испускать длинноволновое излучение, но поскольку приtok энергии на ее поверхности прекратился, то поверхность Земли будет остыть. Характерным временем переработки солнечной лучистой энергии в энергию излучения Земли мы назовем такое время, за которое интенсивность излучения Земли изменилась в несколько раз.

Мы хотели поставить мысленный эксперимент, но такой эксперимент реализно существует. Именно, поток солнечного излучения в рассматриваемой точку Земли прекрашается ночь на время т, и за это время температура падает на величины ΔT — разность дневной и hourной температур. Это соответствует изменению потока излучения с поверхности Земли.

Δj = σT⁴ - σ(T−ΔT)⁴ ≈ 4σT³ΔT.

Характерное время переработки солнечной лучистой энергии по порядку величины равно

τ/Δj ~ τ/T/4ΔT,

где j = σT⁴ — поток излучения с поверхности Земли. Считая, что величины ΔT порядка несколько градисов, τ — порядка несколько часов и принимая T ≈ 300° К, находим, что характерное время переработки солнечной лучистой энергии в энергию излучения Земли порядка 100 ч.

Это время переработки лучистой энергии в практической жизни мы передко пытаемся уведомить. Например, при построке парника его покрывают стеклом или пленкой, которые пропускают солнечное излучение, но отражают переработанное длинноволновое излучение. Поэтому выход энергии из парника задерживается и температура внутри парника выше, чем снаружи. Подобным образом предохраняет плодовые деревья при резком насуплении заморозков. Для этого разводят костры, а дым не пропускает длинноволновое излучение. В результате поверхность Земли остывает гораздо медленнее.

Разные задачи

1. Какую цифру надо приписать к 97 справа и слева, чтобы полученное число делилось на 27?
   Г. М. Возняк
2. а) Решить уравнение x² − y² = 1972
   в целях положительных чисел.
3. b) Доказать, что уравнение x² − y² = 1973
   имеетровно одно решение

в целях положительных чисел и найти это решение.
A. В. Зубик
3. В произвольном треугольнике ABC на стороне AC взята произвольная точка K, а на стороне AB и BC — точки L и N соответственно, причем ∠ALK = ∠KNC. Доказать, что AB·LK·KC = BC·NK·KA.
A. Козлитин
4. На рисунке изображены два геометрических тела. Может ли боковая по-

верхность первого тела быть больше боковой поверхности второго тела?
A. В. Иванов

14

Об одном разбении прямогоolgника

А. Т. Коломов

В этой заметке решается задача М144. Найдите необходимые и достаточно условные условия, которые должны удовлетворять числа a, b, α, β, чтобы прямоугольник a×b можно было разрезать на несколько прямоугольников α×β.

Например, можно ли прямоугольник 50×60 разрезать на прямоугольники размерами:
a) 20×15; б) 5×8; с) 6,25×15;
e) (2−√2)×(2+√2).

Решение обобщает решение задачи 1 из статьи Сойфера «Клетчатые доски и полимно» («Квант» № 11, 1972).

Полное решение задачи М144 дает следующая теорема. Для того чтобы прямоугольник a×b можно было разрезать на прямоугольники α×β, необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись следующие условия:

1. каждое из чисел α и β должно быть в целое число меньше хотя бы однозою из чисел a, b.

2. Каждый из чисел a и b должен представление в виде mα + nβ, где m и n — неотрицательные числа α и β.

Доказательство. Обозначим большой прямоугольник через R, а маленький через p.

Достаточно есть. Если a=nα, b=mβ (m и n — натуральные числа), то, разбив одну из сторон прямоугольника R на m, а смежную с ней стороны на n равных частей, и затем проведя через точки деления прямые, параллельные сторонам R, мы тем самым разобем его на прямоугольники, равные р (рис. 1).

Если же a=n α=mβ, то в силу второго условия b допускает представление b=kα+lβ, где k и l можно считать положительными целыми числами. Тогда, разбив прямоугольник R на два прямоугольника P и Q размерами a×kα и a×lβ соответственно, мы сведем этот случай к уже рассмотренному (рис. 2).

Необходимость второго условия очевидна. Доказем необходимость первого условия. Возможны два случая:

1. Числа α и β consistemмы. Тогда без ограничения общности можно считать числа α, β, а и b целыми, так как этого всегда можно добиться

Рис. 1.

выбором подхождения единцы масштаба. Предположим теперь, что наше утверждение не верно, и для определения пустыни a, b не делятся на α. Разбив прямоугольник R на единчные квадраты, осуществим следующим образом правильную раскраску получаемой сетки в α различных цветов (раскраска называется правильной, если любые рядом стоящие α квадратов по вершине

15

тикали или горизонтали представляют все α цветов). Именно, окрасим в один и тот же цвет клетки, расположенные на диагонали, и душих сверху вниз и слева направо, причем цвета будем выбирать так, чтобы любые две такие диагонали, между которых расположены α—1 других, были окрашены одинаково. Легко видеть, что если нам удостсим осуществить требуемое разбиение прямогоугольника R, то каждый из данных α цветов будет представлен одним и тем же числом единичных квадратов в любом из полученных прямогоугольников, а стало быть, число квадратов во всем прямогоугольнике R, окрашенных в данной цвет, не зависит от выбора этого цвета. (На рисунке 3 представлена правильная 4-цветная раскраска).

Рис. 3.

Пусть $r_a$ и $r_b$ — остатки, полученные при делении a и b на α. Разобъем прямогоугольника R на три прямогоугольника A, B и C размерми $r_a \times r_b$, $(a - r_a) \times r_b$ и $a \times (b - r_b)$ соответственно так, чтобы A занимал верхний левый угол исходного прямогоугольника R, B примыкал сизу к A, а C был расположен справа от A и B (рис. 4).

Рис. 4.

Рис. 5.

В прямогоугольнике B каждый цвет представлен одинаковым числом квадратов, так как α—r_a делится на α. Это же утверждение справедливо и для прямогоугольника C. Поэтому в силу предыдущего замечания оно должно выполнять и в A.

Рассмотрим прямогоугольник A более внимательно. Нас интересют три диагонали, расположенные в нем, одна из которых идет излевого верхнего угла A и окрашена в $i_1$-й цвет, а две другие прямыхют к ней с обеих сторон и окрашены в $i_2$-й и $i_\alpha$-й цвет. Очевидно, что каждый из названных цветов может встретиться в прямогоугольнике A только на указанных диагонали. Но тогда, если $r_a \leqslant r_b$, то число клеток $i_\alpha$-го цвета на единицу меньше, чем число клеток $i_1$-го цвета (рис. 5), если же $r_a > r_b$, то число клеток $i_2$-го цвета на единицу меньше, чем число клеток $i_1$-го цвета (рис. 6). В обихх случае мы приходим к противоречию.

2. Пусть α и β несоизмеримы, и для определения α<β.

Если любые два прямогоугольника разбиения ориентированы одинаково по отношению к сторонам R (инными словами, больше стороны этих прямогоугольников параллельны одной и той же стороне исходного прямогоугольника), то утверждение теоремия очевидно.

Покажем, что случай с различной ориентицией прямогоугольников р невозможен. Предположив противное,

16

можно считать без ограничения общности, что уже к основанию прямогольника $R$ применяют прямогольники $\rho$ различной ориентации. Разобъем слой прямогольников $\rho$, прямых коэффициентов $R$, на фрагменты из одинаково ориентированных прямогольников так, чтобы прямогольники двух соседних фрагментов имели различную ориентацию.

Рис. 6.

Так как любые два рядом стоящих фрагмента имеют разную высоту, то прямогольники любого «низкого» фрагмента лежат на дне «колодца» (рис. 7), стенки которого образованы боковыми сторонами соседних фрагментов (одной из стенок, впрочем, может служить и боковая сторона прямогольника $R$).

Ввиду несомзмеримости $\alpha$ и $\beta$ каждой такой колодец должен быть заполнен прямогольниками той же ориентации, что и прямогольники фрагмента, находящемся на его дне. Как только это заполнение произойдет, так точас же каждой из «высоких» фрагментов оказывается сам на дне «колодца», стенки которой будут образованы боковыми сторонами соседних комплексов, состоящих из прямогольников иной ориентации, заполненных предыдушие «ко-

Рис. 7.

лодцы». После заполнения новых образованных колодцев у нас немедленно возникнет новое (рис. 8) и так далее.

Поэтому на каждом шаге области заполнения прямогольники будут ограничена сверху ломаной, имеющей хотя бы одно углубление, а, стало быть, в этом случае заполнение всего $R$ прямогольники $\rho$ невозможно.

Тем самым теорема полностью доказана.

Теперь посмотрим, на какие из прямогольников, перечисленных в условиям, можно разбит прямогольник $50 \times 60$.

Рис. 8.

a) На прямогольники $20 \times 15$ разбит можно (по теореме).

b) На прямогольники $5 \times 8$ разбит нельзя, поскольку на 8 не делится ни 50, ни 60.

b) Разбение на прямогольники $6,25 \times 15$ оченьindo (оба числа 50/6,25 и 60/15 — целые).

г) На прямогольники $(2 + \sqrt{2}) \times (2 - \sqrt{2})$ разбит нельзя (не выполнено условия (1) теоремы).

Попробуйте сами привести primer такой случа, когда в теореме условия (1) выполнено, а условия (2) — нет.

18

В разделе «Математический кругок» мы пубlikуем заметки, в которых речь идем о задачах, близких к цикловой программе по математике. Общно эти заметки построены как значия математического кругка: циклело предладает несолько место связанных дреуг с дреугом задач. Некоморые из них решения в тексте, а другие — и лекце, и более трудные — оставлены для самостоятельного решения.

Как правило, наш «Математический кругок» доступен циклыми, речь идет о правильных шестиугольниках. Между тем в окружность произвольный выпуклый шестиугольник заслучавает особого внимание, так как обладает рядом интересных свойств.

Более 330 лет назад знаменитый французский математик Блэз Паскаль (тогда 16-летний юноша) изучал неокторые свойства шестиугольника, вписанного в кончческое сечение (то есть в окружность, эллипс, гиперболу или парабoly). При этом он открыл теорему, носящую ныне его имя: если шестиугольник вписан в кончческое сечение, то точки пересечения его противоположных сторон (или их продолжений) лежат на одной прямой. Свои исследования Паскаль выполил средствами так называемой проективной геометрии. Мы рассмотрим свойство выпуклого шестиугольника, вписанного в окружность. Такое упрощение задачи позволяет нам не выходит за рамки элементарной геометрии.

Углы

Суммы взязывах через один угловой вписанного выпуклого шестиугольника равны между собой.

Пусть (рис. 1) выпуклый шестиугольник $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ вписан в окружность. Обозначим ее дуги $A_1A_2$, $A_2A_3$, …, $A_6A_1$ соответствующего через $2x_1$, $2x_2$, …, $2x_6$. Тогда по свойству вписанных углов $\Rightarrow A_1=x_2+x_3+x_4+x_5$, $\Rightarrow A_3=x_1+x_4+x_5+x_6$, $\Rightarrow A_5=x_1+x_2+x_3+x_6$.

Позтому $\Rightarrow A_1+\Rightarrow A_3+\Rightarrow A_5=2x_1+2x_2+2x_3+2x_4+2x_5+2x_6=360^\circ$.

Поскольку сумма внутренних углов выпуклого шестиугольника равна $720^\circ$, то $\Rightarrow A_2+\Rightarrow A_4+\Rightarrow A_6=360^\circ$.

20

(очевидно, это всегда можно сделать).

Пусть $A_1A_2 \cdot A_3A_4 \cdot A_5A_6 = A_2A_3 \cdot A_4A_5 \cdot A_6A_1$; диагонали $A_1A_4$ и $A_2A_5$ пересекаются в точке $M$, а диагональ $A_3A_6$ не проходит через эту точку (рис. 3). Рассмотрим шестиугольник $A_1A_2A_3A_4A_5B$, вписанный в ту же окружность, причем точка $B$ лежит на пересечении окружности и прямой $A_3M$; у этого шестиугольника все больше диагонали проходят через точку $M$.

Тогда по доказанной теореме
$$A_1A_2 \cdot A_3A_4 \cdot A_5B = A_2A_3 \times A_4A_5 \cdot BA_1.$$
Сравнить это равенство с условиям, видим, что
$$\frac{A_5A_6}{A_5B} = \frac{A_6A_1}{BA_1}.$$
Но если точка $B$ (лежащая между $A_5$ и $A_1$) лежит между $A_5$ и $A_6$, то из условия $\bigcup A_1A_5 < 180^\circ$ получаем:
$$A_5B < A_5A_6, BA_1 > A_6A_1,$$
откуда
$$\frac{A_5A_6}{A_5B} > 1 > \frac{A_6A_1}{BA_1}$$

— строгое неравенство вместе равенства. Аналогично рассматривается случай, когда точка $B$ лежит между $A_1$ и $A_6$. Следовательно, допущение, что третья больше диагональ исходного шестиугольника не проходит через точку $M$, ошибочно.

Таким образом, равенство произведений сторона выпуклого

Рис. 4.

шестнуюугольника, взятых через одну, является необходимым и достаточно условием пересечения больших диагоналей шестиугольника в одной точке.

Метрическое соответствия между сторонами и большими диагоналями вписанного выпуклого шестиугольника

Произведение больших диагоналей вписанного выпуклого шестиугольника равно сумме произведений его сторон, взятых через одну, и произведений его промивоположных сторон на разделяющую их большую диагональ (на рисунке 4 $xyz = abc + a_1b_1c_1 + aa_1x + bb_1y + cc_1z$).

Как известно, произведение диагоналей вписанного четырехугольника равно сумме произведений противоположных сторона четырехугольника (теорема Птолемея).

Обозначения всех элементов шестиугольника приведены на рисунке 4. По теореме Птолемея из четырехугольника $A_2A_3A_5A_6$ находится
$$xy = cc_1 + de$$
и
$$xyz = cc_1z + dez.$$
Но $e$ и $z$ — диагоналии вписанного четырехугольника $A_1A_3A_4A_5$. Поэтому $ez = fa_1 + gb$. Таким образом,
$$xyz = cc_1z + dfa_1 + dgb.$$

Из вписанного четырехугольника $A_1A_2A_3A_6$ находится $df = ax + b_1c_1$, а из четырехугольника $A_1A_2A_5A_6$:$dg = ac + b_1y$. Подставив эти значения, получим требуемое равенство.

Вычисление диагоналей вписанного выпуклого шестиугольника по его сторонам является весма сложной задачей. Только в случае, когда вписанный шестиугольник является полуправным ($a = b = c, a_1 = b_1 = c_1$), решение просто. Поскольку все углы такого шестиугольника равны $120^\circ$, малая диагональ определяется как третья сторона треугольника, у которой две стороны равны $a$

21

Рис. 5.
и $a_1$, а угол между ними $120^\circ$. Следовательно, $\alpha = \sqrt{a^2 + aa_1 + a_1^2}$. Большая диагональ является основанием трапеции, у которой боковые стороны равны и образуют с основанием углы по $60^\circ$. У такой трапеции больше основание равно сумме второго основания и боковой стороны, то есть
$$x = a + a_1.$$

Некоторые точки

Нам потребуется одно свойство треугольника — теорема Менелая.

Пусть прямая, не проходящая через вершину треугольника ABC, пересекает его стороны AB, BC, CA или их продолжения соответствующего точки C$_1$, A$_1$ и B$_1$ (пример такой конфигурации дан на рисунке 5); моеда

$$\frac{AC_1}{BC_1} \cdot \frac{BA_1}{CA_1} \cdot \frac{CB_1}{AB_1} = 1.$$

Легко также доказать справедливость теоремы Менелая в случае, когда прямая пересекает только продолжения сторона треугольника, — сделайте это самостояльно.

Пусть выпуклый шестиугольник висан в окружность и продолжения его продолжения соответствующего в точках K, L и M (рис. 6). Тогда точки K, L и M лежат на одной прямой.

Продолжения сторона $A_1A_2$, $A_3A_4$ и $A_5A_6$ пересекаются в точках B, C и D. Расстояние пересечение треугольника BCD прямыми $KA_2A_3$, $LA_5A_4$, $MA_6A_1$ (приемые записаны не двумя точками, как обычно, а треями, чтобы показать и точку, в которой прямая пересекает продолжение

22

Рис. 7.

нище соответствующей стороны треугольника BCD). По теореме Менелая для этих прямых имеем:

$$\frac{BA_2}{A_2D} \cdot \frac{DK}{KC} \cdot \frac{CA_3}{A_3B} = -1;$$

$$\frac{BL}{LD} \cdot \frac{DA_5}{A_5C} \cdot \frac{CA_4}{A_4B} = -1;$$

$$\frac{CM}{MB} \cdot \frac{BA_1}{A_1D} \cdot \frac{DA_6}{A_6C} = -1.$$

Переменный эти равенства, получим:

$$\frac{BL \cdot DK \cdot CM}{LD \cdot KC \cdot MB} \times$$

$$\times \frac{BA_2 \cdot CA_3 \cdot DA_5 \cdot CA_4 \cdot BA_1 \cdot DA_6}{A_2D \cdot A_3B \cdot A_5C \cdot A_4B \cdot A_1D \cdot A_6C} = -1.$$

(*)

По свойству секущих, проведенных к окружности из одной точки, $BA_1 \cdot BA_2 = BA_3 \cdot BA_4; CA_3 \cdot CA_4 = CA_5 \cdot CA_6; DA_5 \cdot DA_6 = DA_1 \cdot DA_2$.

Поэтому вторая дробь в (*) равна 1. Таким образом,

$$\frac{BL}{LD} \cdot \frac{DK}{KC} \cdot \frac{CM}{MB} = -1.$$

А это, как мы знаем, доказывает, что точки K, L и M лежат на одной прямой.

Точка пересечения диагоналей $A_1A_3$ и $A_2A_4$, $A_2A_5$ и $A_3A_6$, $A_1A_5$ и $A_4A_6$ (рис. 7) также лежат на одной прямой.

Для доказательства использует теорему синусов (стороны треугольника пропорциональных синусам противолежащих углов) и теорему, обратную теореме Менелая для треугольника $A_1A_3E$ и точек B, C, D:

$$\frac{A_1B}{BA_3} = \frac{A_1B}{A_2B} \cdot \frac{A_2B}{BA_3} =$$

$$= \frac{\sin(x_4 + x_5 + x_6)}{\sin x_2} \cdot \frac{\sin x_1}{\sin x_3};$$

$$\frac{A_3C}{CE} = \frac{A_3C}{CA_5} \cdot \frac{CA_5}{CE} =$$

$$= \frac{\sin x_2}{\sin x_5} \cdot \frac{\sin(x_3 + x_4 + x_6)}{\sin x_1};$$

$$\frac{ED}{DA_1} = -\frac{ED}{A_1D} =$$

$$= -\frac{ED}{DA_6} \cdot \frac{DA_6}{A_1D} = -\frac{\sin x_3}{\sin(x_1 + x_2 + x_5)} \times \frac{\sin x_5}{\sin(x_1 + x_2 + x_3)}.$$

Переменной эти равенства, получим:

$$\frac{A_1B}{BA_3} \cdot \frac{A_3C}{CE} \cdot \frac{ED}{DA_1} =$$

$$= -\frac{\sin(x_3 + x_4 + x_6)}{\sin(x_1 + x_2 + x_3)} \cdot \frac{\sin(x_4 + x_5 + x_6)}{\sin(x_1 + x_2 + x_5)}.$$

Поскольку $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 = 180^\circ$, то

$$\sin(x_1 + x_2 + x_3) = \sin(x_4 + x_5 + x_6)$$

и

$$\sin(x_1 + x_2 + x_5) = \sin(x_3 + x_4 + x_6)$$

Следовательно,

$$\frac{A_1B}{BA_3} \cdot \frac{A_3C}{CE} \cdot \frac{ED}{DA_1} = -1.$$

А это и доказывает, что точки B, C и D лежат на одной прямой.

Аналогично можно показать, что на одной прямой лежат точки пересечения диагоналей $A_1A_3$ и $A_2A_6$, $A_3A_5$ и $A_4A_6$, $A_1A_4$ и $A_2A_5$, а также точки пересечения диагоналей $A_1A_5$

23

и $A_2A_6$, $A_2A_4$ и $A_3A_5$, $A_1A_4$ и $A_3A_6$ (достаточно сделать круговую перестановку обозначений вершин).

Тепер мы можем решить такую задачу: «Даны 5 мочек окружности. Пользовать молоко линийкой, постройть еще одну мочек этой окружности».

Пусть данные точки $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ и $A_5$. Найдя точку $B$ как пересечение $A_1A_3$ с $A_2A_4$, выберем произвольную точку $C$ на $A_2A_5$. Тогда точка $D$ определяется как пересечение $BC$ с $A_1A_5$, а точка $A_6$ оказывается пересечением $A_4D$ с $A_3C$.

Ясно, что таким путем можно построить сколько углово точек окружности.

В заключение приведем несколько задач о вписанном шестиугольнике.

Упражнения

1. Вписать в данную окружность шестиугольник по серединам сторона, взятых через одну.
2. Пять последовательных углов вписанного выпуклого шестиугольника относится как $6:5:8:9:10$. Найти величины шестого угла.
3. Шестугольник $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ вписан в окружность, причем $A_1A_2 = A_3A_4 = A_5A_6 = a$ и $A_2A_3 = A_4A_5 = A_6A_1 = b$. Доказать, что диагонали $A_1A_4$, $A_2A_5$ и $A_3A_6$ ограничивают равносторонний треугольник, и найти его площадь.
4. Большие диагонали вписанного выпуклого шестиугольника $A_1A_2$, $A_3A_4$ и $A_5A_6$ пересекаются в одной точке; $A_1A_2 = 6$ см, $A_3A_4 = 16$ см и $A_5A_6 = 18$ см, а три остальные стороны равны между собой. Найти перimeter шестиугольника.
5. В окружность радиуса 25 см вписан шестиугольник $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$, три диагонали которого проходят через центр окружности. Знача, что $A_1A_2 = 14$ см, $A_3A_4 = 30$ см, определять перimeter шестиугольника.

Литература

1. С. И. Зетель. Новая геометрия треугольника, Учредгиз, 1962.
2. Ж. Адамар. Элементарная геометрия, т. 1, Учредгиз, 1948.
3. Н. Ф. Четверухин. Проектная геометрия, «Просвещение», 1969.

Окружность Микеля

Что это за клубок цветных линей на обложке? Можно лиусмотреть какой-либо порядок в их размещении?

Да, можно. Красным цветом наиссованы окружности, описанные около треугольников, не имеющих красной стороны. Синне окружности описаны около треугольников, не имеющих синей стороны, и так далее. Каждый из четырех окружностей независимо от углов между отрезками прямых (лишь бы средний прямых не было параалельных и в одной точке пересекалось не более двух прямых) пересекается в точке, общей для этих окружностей (точка Уоллеса, открытая в 1799 году). Все пяты точки Уоллеса лежат на окружности Микеля (открыта в 1844 году). Окружность Микеля на рисунке первого страниццы обложки играет центральную роль. Она выделена белым цветом.

Но это еще не все. В 1871 году английский математик Уильям Клиффорд доказал следующие правила, не параллельную ни одной из пятей данных прямых и не проходящую через точки пересечения уже построенных прямых. Построим шесть окружностей Микеля (для каждой из пятей прямых) — они пересечутся в одной точке!

Вернемся к конфигурации из четырех прямых. Пусть около каждой из четырех треугольников описана окружность. Немецкий математик Яков Штейнер установил в прошлом столетии, что центры этих окружностей и точки Уоллеса лежат на одной окружности.

Интересно, что доказательства этих фактов описаны своя свишины и центральных углов. Попробуйте самостояльно проверить все доказательства.

В. Н. Березин

24

Задачик «Кванта»

Этом раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. В нем нарушу с относительной легким задачами встречаются и также, которые нележко решить и специализат — математикам и физикам. Самые трудные задачи отмечены звездой. Не отмечаются, если не суммее быстро справиться с задачей; попробуйте вернуться к ней еще раз — через день, через неделю, через месяц. Но вот решение найдено. Если задача вас занимаетовала, то не откладывайте ее сразу же — подумайте, как можно наиболее рационально и коротко записать решение, обобщить задачу, умочить или услимь ее результат, какое близкое задание она позволяет решить.

Во второй части разделы мы помещаем решение задан (примерно через полода после публикации их условий) с учетом присланных читателей посем. С решиями мы советумем знакомиться и тем, кто не ввиливал в проилом году «Квант» или не решал задан.

В «Кванте» №2,4,6,8,10,12 мы приведем фамилии читателя, приславших нам правильные решения задан этою раздела. Школьники, которые в течение года решилибу будут приславить интересные и полные решения, получат право участвовать в областных турах Всегоизной олимпiadы наравне с победителем районных олимпiad. Кроме того, для победителей нашего постояного конкурса по решению задан редакция услугановила несколько специальных премии.

После формирования заданий мы обычно указываем, кто предложил нам эту задану. Разумеется, не все эти задании публикуются впервые.

Придумать новую оригинальную задану обычно труднее, чем решить. Труднее, но, пожалуйста, даже интереснее. Если это вам удастся, припишите нам задану вместе с решением. Наоболее красивые и интересные задании мы опубликуем в «Задачнике Кванта» или в других разделах журнала.

Наш адрес: 117071, Москва B-71, Ленинский проспект, 15, редакция журнала «Квант». На конверте после адреса журнала написите, решения каждой заданой вы посылаете (например: «Задачник «Кванта», M181, M184»; или «Ф201» или «новая задача»). Решения задан по каждому из предметов (если вы посылаете и математику, и физку), а также новые задания приславайте в отдельных конвертах. В начале письма обязательно написите свою фамилию, имя, отчество, домашний адрес (а также класс и школа, в котором вы учитесь). Письма от читателя мы сможем рассматривать и учитывать молоко в том случае, если они будут написаны на русском языке. Решения нужного приславить не позднее чем через полора месяц после выхода из печати соответствующего номера. В частности, срок приславки ответов на задании из этою номера — не позднее 1 марта 1973 года.

25

Задачи
M181–M185; Ф193–Ф197.

М181. Какую наименьшую длину должны иметь кусок проволоки, чтобы из него можно было согнуть каркас куба с ребром 10 см? (Проволока может проходить по одному ребру дважды, загибаться на 90° и 180°, но ломать ее нельзя.)

М182. Докажите, что если a) $a > 0$, $b > 0$ и $c > 0$, то
$$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}.$$
6) $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$ и $d > 0$, то
$$\frac{a}{b+c+d} + \frac{b}{a+c+d} + \frac{c}{a+b+d} + \frac{d}{a+b+c} \geq \frac{4}{3}.$$
в) $a_1, a_2, a_3, \dots, a_n$ — положительные числа ($n \geq 2$), то
$$\frac{a_1}{a_2+a_3+\dots+a_n} + \frac{a_2}{a_1+a_3+\dots+a_n} + \dots + \frac{a_n}{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}} \geq \frac{n}{n-1}.$$

М183. Найдите высоту трапеции, у которой основания равны a и b ($a < b$), угол между диагоналями равен 90°, а угол между продолжениями боковых сторон — 45°.

М184 *. Докажите точное
$$\frac{C_n^0}{x} - \frac{C_n^1}{x+1} + \dots + (-1)^n \frac{C_n^n}{x+n} = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\dots(x+n)}.$$
Г. Е. Есиненко

М185 *. На кафтене площадь 1 помещается 5 заплат, площадь каждой из которых не меньше $1/2$. Докажите, что найдет две заплаты, площадь

обшей части которых не меньше $1/5$.
E. Б. Дыкин

Ф193. Имеются две системы линз с одинаковыми фокусными расстояниями. Оптические оси линз совпадают (рис. 1). Первая система линз состоит из собирающих линз, во второй собирающей линзы черезются с рассеивающимми. Найти траектории лучей в каждой из систем, если расстояние между линзами много меньше фокусного.

Ф194. Между обкладками плоского конденсатора помещен заряд. Как он будет движаться, если на конденсатор подать синусоидальное напряжение с начальной фазой $\varphi_0 = 0$?

Ф195. Между двумя кубиками массы $m_1$ и $m_2$ находится скатая пружина жесткости k. Кубики связаны ниткой, расстояние между ними l (рис. 2). На какую высоту поднимается центр масс системы, если нить пережчь? Пружину считать невероятой. Еелина в нормальном состоянии равна $l_0$.

Ф196. В камере ускорителя по окружности радиуса R движется очень тонкий пучок протонов. Величина точки в начальной момент I, полное число части в камере n. Магнитный поток через неизменяющий орбиту пучка изменяется со скоростью ф. Какой станет величина точки после того, как частицы сделают один оборот? Скорость части остается много меньше скорости света.

Ф197. На тело массы m, лежащее на горизонтальной шероховатой поверхности с коэффициентом трения k, в момент времени t=0 начала действовать под углом α к горизонту сила, пропорциональна времени. Определить скорость v движения тела через т секунд.

А. В. Устинова

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