Квант 1976, №11 · Страницы

КВАНТ
1976
11
Научно-популярный
физико-математический
журнал

1

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

Редакционная коллекция:
М. И. Башмаков
С. Т. Беляев
В. Г. Болтянский
Н. Б. Васильев
Ю. Н. Ефремов
В. Г. Зубов
П. Л. Капица
В. А. Кириллин
А. И. Климанов
(главный художник)
С. М. Козел
В. А. Лешковцев
(зам. главного редактора)
Л. Г. Макар-Лиманов
А. И. Маркушевич
Н. А. Патрикеева
И. С. Петраков
Н. Х. Розов
А. П. Савин
И. Ш. Слободецкий
М. Л. Смолянский
(зам. главного 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
И. Н. Клумова
Т. М. Макарова
(художественный редактор)
Т. С. Петрова
В. А. Тихомирова
Л. В. Чернова
(зав. редакцией)

В НОМЕРЕ:
А. Дозоров. Электрические мультимполи
Л. Цинман. «Парадокс исследователя»
Я. Смородинский. Сверхяженые элементы — открытие или ошибка?
В. Ярмоленко. Складывание фигур

Лаборатория «Квант»
В. Майер, Н. Назаров. Автоматический сифон

Математический кругхок
И. Шарцин. Теоремы Чевы и Менелая

Задачик «Квант»
Задачи М411 — М415; Ф423 — Ф427
Решения задач М371—M375; Ф378—Ф382

По страницам школьных учебников
В. Гутемахер, Б. Ивлев, Ж. Раббом. Сложение гармоничческих колебаний

Практикум абитуриента
Г. Перевалов. Графическое задание функции
А. Буров, В. Ионов, В. Ляховский. Завод-втуз при Московском автоматном заводе им. И. А. Лихачева

Х Весоизоляция олимпида школьников
М. Смолянский, В. Смеценко, Е. Турецкий. Олимпида по математике
Л. Лиманов. Задачи олимпиды по математике
Т. Петрова, Л. Чернова. Олимпида по физике

Спрашивайте — ответаем
Рецензини, библиография
А. Кужель, Т. Чикирисова. Чему равен $\sqrt{5}$?
В. Гельфаем. Поиск и открытия планет
И. Клумова, М. Смолянский. Новые книги

«Квант» для младших школьников
Задачи
Е. Семенов. Фигуры конгруэнтны… фигуры неконгруэнтны?

Ответы, указания, решения
Смесь (с. 8, 21, 30, 31, 42, 55, 64, 77)

«Леверье, открывающий Нептун» — так называна в книге К. Фламарона гравюра, которое мы воспроизведем на второй странице обложки. Недавно издаелство «Нayka» выпустило книгу Е. А. Гребенкова и Ю. А. Рябова «Понски и открытия планет». Рецензию на эту книгу мы помещаем на с. 70.

© Главная редакция физико-mатематической литературы 1976 год

2

Электрические мультиполи

Потенциаль электростатическое поля, создаваемого точным зарядом в какой-нибудь точке окружающей пространства, обратно пропорционален расстоянию от заряд до этой точки (смотри приложение в конце статы). Каждый бы, что и любое множество зарядов, сосредоточенных в некоторой области, вдали от этой области будет создавать потенциаль, обратно пропорциональный расстоянию. Однако такое заключение в общем случае неверно. Оказывается, что, располагая заряды в определенном порядке, можно получить потенциаль, обратно пропорциональный любой целой степени расстояния.

Для того чтобы убедиться в этом необычном свойстве, нам потребуется лишь одно математическое утверждение: если величина $|x|$ меньше единицы, то справедливо соответствие

$$\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + \dots$$

(1)

Это — хорошо знакомое вам выражение суммы бесконечного убывающей геометрической прогрессии.

Перейдем к рассмотрению различных систем электростатических зарядов. На расстоянии $r$ от точного заряда $q$ величина потенциаль, ф, создаваемого этим зарядом, обратно пропорционально расстоянию: $\varphi = \frac{kq}{\varepsilon r}$. Козффициент пропорционального $k$ зависит сит от выбор системы единиц. В СИ $k = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}$. Нам будет удобнее выбрать систему единиц, в котором $k = 1$ (система СГСЭ). Кроме того, будем считать, что все заряды находятся в вакууме, то есть $\varepsilon = 1$.

Рассмотрим, например, три заряда, расположенные на одной прямой на некотором расстоянии друг от друга (рис. 1). Пусть $AB = a$, $AC = b$, а величины зарядов равны $q$, $nq$ и $mq$, где $n$ и $m$ — некоторые числа. Найдем потенциаль в точке $D$, лежащей на продолжении отрезка $AC$ на расстоянии $r$ от точки $A$ и находящейся достаточно далеко от всех трех зарядов. Математически последнее условие можно записать в виде $r \gg a + b$. Согласно принципу суперпозициии электрических полей потенциаль $φ$ в точке $D$ равен алгебраической сумме потенциальов полей, создаваемых каждым зарядом:

$$\varphi = \frac{q}{r} + \frac{nq}{r-a} + \frac{mq}{r-b} = \frac{q}{r} \left( 1 + \frac{n}{1-a} + \frac{m}{1-b} \right).$$

Так как нас интересует лишь случай $r \gg a + b$, то можно воспользоваться соответствием (1). При этом получим

$$\varphi = \frac{q}{r} \left[ 1 + n \left( 1 + \frac{a}{r} + \frac{a^2}{r^2} \right) + \frac{a^3}{r^3} + \dots \right] + m \left( 1 + \frac{b}{r} + \frac{b^2}{r^2} + \frac{b^3}{r^3} + \dots \right) = \frac{q + nq + mq}{r} + q \frac{na^2 + mb^2}{r^3} + q \frac{na^3 + mb^3}{r^4} + \dots.$$

Из этого выражения видно, что для больших расстояний $r$ абсолотная величина каждого последующего слагаемого значительного меньше, чем предыдущего, если только числитель предыдущего слагаемого не равен нулю. Например, если сумма зарядов не

правна нуль $(q + nq + mq \neq 0)$, то основную роль в формуле (2) будет играть первое слагаемое, и потенциаль поля системы зарядов будет обратно пропорционален первой степени расстояния. Если сумма зарядов равна нуль (система в целом нейтральна), то основную роль играет второе слагаемое: потенциаль обратно пропорционален квадрату расстояния от зарядов до точки наблюдания. Но можно выбрать и такое расположение зарядов, при котором и первое, и второе слагаемые будут равны нуль. Из формулы (2) видно, что для этого необходимо выполнение двух условий:

$$q + nq + mq = 0 \quad (3a)$$

и

$$q (na + mb) = 0. \quad (36)$$

Условие (3a) говорит о том, что полный заряд системы равен нуль, то есть заряды не могут быть одного знака. Сокращая в (3a) и (36) произвольный заряд $q$, получим два уравнения с четырьмя параметрами $n$, $m$, $a$, $b$. Это означает, что можно выбрать бесконечное число вариантов расположения и величины зарядов, удовлетворяющих уравнениям (3). Выберем два параметра, например характеризущее расположение зарядов, по своему желанию. Пусть $b = 2a$, то есть $AB = BC$. В этом случае из уравнения (3a) и (36) получим $n = -2$, $m = 1$, то есть в точке $A$ (см. рис. 1) находится заряд $q$, в точке $B$ — заряд $-2q$, а в точке $C$ — заряд $q$, $AB = BC = a$. Такая система зарядов на больших расстояниях создает поле, потенциаль которого (см. формулу (2))

$$\varphi = \frac{2qa^2}{r^3} + \frac{6qa^3}{r^4} + \dots$$

Основную роль играет здесь первое слагаемое, то есть потенциаль обратно proporционален третий степени расстояния.

Если потребовать, чтобы наряду с условиями (3a) и (36) выполнялось также условие

$$na^2 + mb^2 = 0, \quad (3b)$$

Рис. 1.

то, как это следует из формулы (2), потенциаль будет proporционален $r^{-4}$. Однако система уравнения (3a)—(3b) не имеет решения. Действительно, умножим уравнение (36) на $a$ и сравним полученное уравнение с (3b). Получим $a = b$, после чего (36) превращается в уравнение $n + m = 0$, а (3a) приводит к противоречению $1 = 0$ (если только $q \neq 0$, а случай $q = 0$ не представляется физически интереса). Аналогичный результат мы получим и для всех остальных членов в формуле (2).

Таким образом, три заряд, изображенные на рисунке 1, могут в зависимости от их величины и взаимного расположения создается на больших расстояниях поле, потенциаль которых будет proporционалны $1/r$, $1/r^2$ или $1/r^3$.

Аналогичным образом можно рассмотреть поле любой системы зарядов. Кроме того, можно указать изящный метод построения системы зарядов, созданных на больших расстояниях поле с потенциальом

$$\varphi_n = \frac{C_n}{r^{n+1}}, \quad (4)$$

где $n$ — целое число, $C_n$ — некоторая постоянная, зависящая от величины зарядов и их взаимного расположения. Система зарядов, созданная поле с потенциальом (4), называется электрическим мультипольем $n$-го порядка или $2^n$-полем. Простейший случай $n = 0$ — мультипольный нульового порядка — соответствует точному заряду. В общем случае мультипольный $n$-го порядка содержит $2^n$ зарядов. Так вот, если имеется мультипольный $n$-го порядка ($2^n$-поль), то из него легко построить мультипольный $(n+1)$-го порядка. Для этого нужно

4

к прежнему $2^n$-полю добавить такой же $2^n$-поль, но только симметрично сдивнуть на некоторое расстояние и к тому же с противоположными по знаку зарядами. Получится система, состоящая, как принято говорить, из двух противоположных $2^n$-полей. Эта новая система образует мультиполь $(n+1)$-го порядка $(2^{n+1}-поль)$.

Рассмотрим несколько примеров.

Точчный заряд — $q$ — мультиполь нульового порядка. Образуем из него мультиполь первого порядка $(2$-поль), который принято назвать диполем. Сдивнем точный заряд — $q$ на расстояние $l$ и изменим знак заряд. При этом получим диполь, изображенный на рисунке 2. Его принято характеризовать так называемым диполным моментом $d = ql$; вектор $l$ направлен от отрицательного зарядка к положительнойому, а его длина равна расстоянию между зарядами.

Вычислим потенциал $\varphi_1$, создаваемый полем диполя в удаленной точке $D$, лежащей на продолжении линии, соединяющей заряды $(AD = r \gg l)$:

$$\varphi_1 = \frac{-q}{r} + \frac{q}{r-l} = \frac{q}{r} \left( -1 + \frac{1}{1-l} \right).$$

Приемя соответствие (1), получим главную часть потенциала, создаваемого диполем:

$$\varphi_{\text{BN}} = \frac{ql}{r^2} = \frac{d}{r^2}.$$

Если точка наблюдается не лежит на линии, соединяющей заряды, то ее положение можно охарактеризовать двумя координатами: расстоянием до одного из зарядов и, например, углом между диполным моментом

$$\text{Рис. 2.}$$

Рис. 3.

том и радиусом-вектором, проведенным от положительного*) заряд в точку наблюдается.

На рисунке 2 точка $C$ характеризуется координатами $\rho = BC$ и углом $\theta$. В этом случае расчет потенциала несколько усложняется. Приведем лишь результат:

$$\varphi_1 = \frac{d \cos \theta}{\rho^2}.$$

Чтобы из диполя — мультиполь первого порядка — образовать мультиполь второго порядка $(2^2$-поль, чаще его называют квадратулем), надо к прежнему диполю добавить такой же диполь, смешенный на некоторое расстояние и изменить в нем знаки зарядов на противоположные. Сделаем это так, как показано на рисунке 3, $a$: сметим диполь на величины его длины $l$. (Смешение можно выполнить и на меньше расстояние. В этом случае расчета будут несколько длинее.)

Если заряды мультипольные на одной оси, то мультиполь называют аксильным. На рисунке 3, $b$ изображен аксильный квадратул, получающийся из системы зарядов рисунка 3, $a$, а на рисунке 3, $b$ общий случай квадратул — заряды равной величины и противоположных знаков симметрично расположены в вершинах параллелограмма. Потенциаль квадратул $\varphi_2$,

*) В силу того, что $r \gg l$, результат не изменится, если радиус-вектор проводится от отрицательного заряда.

5

Рис. 4.

согласно формуле (4), должен быть пропорционален $1/r^3$. Следовательно, в разложении (1) достаточно учеть члены суммы лишь до $x^2$.

Определим коэффициент пропорциональности $C_2$ для аксильного квадраполя, изобразенного на рисунке 3, 6. Расчет выполним для удаленной точки $D$, лежащей на оси квадраполя:

$$\varphi_2 = \frac{q}{r} + \frac{(-2q)}{r-l} + \frac{q}{r-2l} \approx \frac{q}{r} \left[ 1 - 2 \left( 1 + \frac{l}{r} + \frac{l^2}{r^2} \right) + \left( 1 + \frac{2l}{r} + \frac{4l^2}{r^2} \right) \right] = \frac{2ql^2}{r^3}.$$

Образуем теперь мультиполь третьсяго порядка, называемый общно октуполем, так как в общем случае в него входит 8 одинаковых по величине зарядов. Для этого дополнительный квадраполь (рис. 3, 6) симметричный аксильным квадраполем так, как показано на рисунке 4, $a$. При этом получим аксильный октуполь (рис. 4, 6). В общем случае из квадраполя (рис. 3, 6) получается октуполь, изобразенный на рисунке 4, $\theta$, заряды которого расположены в вершинах параллелепипеда. Потенциаль электростатическое поля октуполя $\varphi_3$, согласно формуле (4), должен быть пропорционален $1/r^4$. Определим потенциаль, создаваемый полем аксильного октуполя в точке $D$:

$$\varphi_3 = \frac{q}{r} + \frac{(-3q)}{r-l} + \frac{3q}{r-2l} + \frac{(-q)}{r-3l} \approx \frac{q}{r} \left[ 1 - 3 \left( 1 + \frac{l}{r} + \frac{l^2}{r^2} + \frac{l^3}{r^3} \right) + 3 \left( 1 + \frac{2l}{r} + \frac{4l^2}{r^2} + \frac{8l^3}{r^3} \right) - \left( 1 + \frac{3l}{r} + \frac{9l^2}{r^2} + \frac{27l^3}{r^3} \right) \right] = -\frac{6ql^3}{r^4}.$$

Аналогичным образом вычисляется поля мультиполей более высоких порядков.

Вдалки от любой системы электрических зарядов поле этой системы можно представить как результат сложения полей мультиполей различных порядков. Чем выше порядок мультиполя, соответствующего расстматриваемой системе зарядов, тем в целом нейтральное система, тем быстрое уменшается поле при удалении от зарядов.

Мы рассмотрели потенциальы электростатических полей, создаваемых аксильными мультиполями на их оси. Вычисление потенциаль в произвольной точке пространства произвольется таким же образом, но расчеты становятся более громоздкими. Если известен вид потенциальы мультиполя $\varphi_n = C_n/r^{n+1}$, то однозначно определяется значение напряженности электрического поля $E$, а следовательно, и силы $F = qE$, действующей со стороны мультиполя на заряд $q$ (смотри § 76 в учебном пособии «Физика-9»). Если $n \geq 0$ (что верно для любого мультиполя), то

$$E \sim \frac{1}{r^{n+2}}.$$

Опуска математические подробности, рассмотрим картины силовых линейдиполя и аксильного квадраполя, представленные на рисунках 5, $a$ и 5, $\theta$. На рисунке 5, $a$ изображено поле диполя. Полная напряжение электрического поля $E$ в каждой точке получается путем геометрического сложения поля положительного заряда $E_+$ с полем отрицательного заряда $E_-: E = E_+ + E_-$.

6

Рис. 5.

На рисунке эти векторы показаны в одной из точек пространства. Аналогичная картина изображена на рисунке 5, б для аксильного квадратуоля. В каждой точке пространства полное поле Е есть результат суммирования трех векторов: двух векторов направности $E_+$ полей, созданных положительными зарядами, и одного вектора направности $E_-$ поля, созданного отрицательным зарядом, величины которого равна сумме положительных зарядов. Полная картина распределения силовых линей электрического поля в пространстве для диполя и квадратуоля получится, если рисунки 5 выражать векруг соответствующих осей симметрии.

Кроме электрических можно рассмотреть также и магнитные мультимолы — системы, состоящие из магнитов или замкнутых токов. Единственное отличие состоит в том, что отдельные магнитные заряды до сих пор не обнаружены, поэтому рассмотрение надо начинать сразу с магнитного диполя. На рисунке 5, в показаны линей индукции магнитного диполя, образованного круговым током $I$, плоскость которого перепendlулярна плоскости рисунка. На больших расстояниях от диполе рисунки 5, а и 5, в имеют одинаковый вид.

Сходство магнитного диполя с электрическим можно проиллюстрировать еще одним примером. Магнитная стрелка компас — магнитный диполь — ориентируется вдоль линей магнитной индикции. Аналогично в электрическом поле ведет себя и электрический диполь: он также устанавливается вдоль силовых линей, то есть является своеобразным «электрическим компасом» (рис. 6).

Примерами электрических мультимолей могут служить atoms и molecules. Если при образованнии molecules в результате перераспределения электронов между atomами центры распределения положительных и отрицательных зарядов в ней не совпадает, то molecules обладают собственным дипольным моментом и называется полярной. Молекули соляной кислоты и воды — полярные (рис. 7). Если в молекULE положительные и отрицательные заряды развинуты на расстояние порядка радиуса atoma водорода ($l = 0,5 \times 10^{-8} \text{ cm}$), то дипольный момент молекули должны быть порядка $d = el^*$), то есть $d \approx 2,4 \cdot 10^{-18} \text{ cm} \times \text{ед. заряд} \text{ СГСЭ.}$ По порядку величины этого согласно с опытными данными, приведенными на рисунке 7. Если же молекula состоит из одинаковых atoms ($O_2, H_2, Cl_2$), то электроны, образно говора, «не знают», какой atom выбрать и расположится в молекULE более равномерно, что приводит к нулевому значению

*) Заряд электрона $e = 4,8 \cdot 10^{-10} \text{ ed. заряд} \text{ СГСЭ.}$

7

Рис. 6.

нию дипольного момента молекулы. Такие молекулы называют неполярными. На рисунке 7 показана линейная молекula углекислого газа CO₂, являющаяся неполярной. Далее «внешний вид» этой молекулы называет на предмете и перераспределение электронов между atomами должно образовать из нее аксциальный квадруполь (сравните с рисунком 3, 6), а электрическое поле, создаваемое молекулой углекислого газа, должно иметь вид, представленный на рисунке 5, 6.

Более сложное распределение атомов и электронов в молекулах приводит к образованию мультиполей вычисленных порядков.

Приложение. Вычисление потенциала электрического поля, созданного точным зарядом

В учебном пособии «Физика-9» формулы для потенциала поля, созданного точным зарядом, приведены без вывода (смотри формулы (8.28) и (8.29) на стр. 144). Приведем простой вывод этих формул для выкума.

Если точный заряд q находится в точке O (рис. 8), то потенциаль φ созданного им поля в точке N на расстоянии r от заряда q равен работе A, которое совершило бы электрическое поле при перемещении единного положительного заряд из точки N в бесконечную точку, в которой φ=0. Так как работа перемещения не зависит от формы траектории, по которой перемещается заряд, будем считать, что единный заряд перемещается вдоль силовой линии.

Подсчитаем, чем уже равна эта работа? Для этого разобем весь путь,ройденный единничным положительным зарядом, на очень малые части NN₁, N₁N₂, N₂N₃ и т. д. (см. рис. 8). На каждом из этих участков вычислим работу перемещения единчного заряд. Сумма этих работ и равна потенциалу поля в точке N по отношению к бесконечности.

Вычислим работу A₁ перемещения единного заряд из точки N в точку N₁, отсстояшую от N на очень малое расстояние (r₁−r). Как показано в учебном пособии «Физика-9» (см. формулу (8.20)), в однородном электрическом поле направленное E работа по перемещению единчного заряд численно равна

$$A = E(r₁−r).$$

Поле точного заряд, конечно, не является однородным. Его направность в точке N равна E_N = q/r², а в точке N₁E_N = q/r²!.

Какое же значение E мы должны подставить в формулу (1)? Очевидно, надо принять такое значение направности поля, которое было бы средним между этим двумя значениями. Так как r и r₁ мало отличия друг от друга, то вместе r² и r₁² в выражениях для направления E_N и E_N₁ можно взять произведение rr₁, которое немного больше, чем r²=rr, и немного меньше, чем r₁²=r₁r₁. Тогда можно считать, что на всем протяжении участка NN₁ направленное поля определяется формулой

$$E_{NN_1} = \frac{q}{rr_1}.$$

При этом работа A₁ будет численно равна

$$A_1 = \frac{q}{rr_1}(r_1−r),$$

или

$$A_1 = \frac{q}{r} - \frac{q}{r_1}.$$

Точно так же можно вычислить работу перемещения единного заряд из точки N₁ в

8

Рис. 8.

точку $N_2$, находящуюся на расстоянии $r_2$ от источника поля:

$$A_2 = \frac{q}{r_1} - \frac{q}{r_2}.$$

Работа перемещения единного заряда из точки $N$ в точку $N_2$ равна сумме найденных двух работ:

$$A_1 + A_2 = \frac{q}{r} - \frac{q}{r_1} + \frac{q}{r_1} - \frac{q}{r_2} = \frac{q}{r} - \frac{q}{r_2}.$$

Повторив эти расчудения, мы получим, что работа перемещения единного заряда из той же точки $N$ в точку $N_3$, отстоящую от источника поля на расстояние $r_3$, численно равна

$$A_1 + A_2 + A_3 = \frac{q}{r} - \frac{q}{r_3}.$$

Таким образом, работа перемещения единного заряда из одной точки поля точного заряда $q$ в любую другую точку зависит только от расстояний этих точек до заряда $q$. Работа же перемещения единного положительного заряда из точки $N$ в бесконечном пространстве не является неотъемлемой частью этой системы.

Упражнения

1. Нарисуйте аксциальный квадруполь, состоящий из четырех зарядов, и вычислите потенциаль на оси в удаленной точке.
2. Нарисуйте аксциальный мультимполь четвертого порядка и найти потенциаль на оси.

Приложение подготовлено редакцией

Задачи наших читателей

1. Доказать, что из любого множества $10^n$ натуральных чисел можно выкинуть одно число, а оставшиеся разбить на подмножества по 3 числа в каждой так, что сумма чисел в каждой подмножестве дает при делении на 3 остаток 0 или 1.

A. Верховод (г. Алма-Ата)

2. Доказать неравенство $a_{ij} \geq 0$;
   a) $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} > \left| \frac{c}{b} - \frac{c}{a} \right| \times \sqrt{ab}$, где $0 < c < a$, $c < b$;
   b) $\left( \frac{c}{a} + \frac{c}{b} \right) \cdot \sqrt{ab} < \sqrt{(a+c)(b+c)} + \sqrt{(a-c)(b-c)} \leq 2\sqrt{ab}$, где $0 < c < a$, $c < b$.
   c. Берковайко (с. Котово Старооскольского р-на)

9

Л. Цинман

«Парадокс исследователь»

При доказательстве утверждения методом математической индукции инота возникает необходимая ситуация. Проиллюстрируем ее на двух примерах.

Пример 1

Докажем методом математической индукции, что для всех натуральных $n$ справедливо следующее утверждение: сумма кубов первых $n$ натуральных чисел есть квадрат некомороо натурального числа.

Обозначим это утверждение через $A(n)$. Доказательства методом математической индукции проводятся, как известно, в два этапа.

a) Базис идукции: $A(1)$. Убеждаемся в справедливости $A(1)$:
$$1^3 = 1^2.$$
6) Иndукции шаг: $A(k) \Rightarrow A(k+1)$. Предположим, что для неокоторого натурального числа $k$ справедливо утверждение $A(k)$, и докажем, что тогда справедливо и $A(k+1)$. Итак, путь нашлось такое натуральное число $p$, для которого
$$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = p^2.$$ (1)
Докажем, что тогда существует такое натуральное число $q$, для которого
$$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 + (k+1)^3 = q^2.$$ (2)
Из (2) и (1) следует, что нам надо доказать существование такого $q$, для которого
$$(k+1)^3 = q^2 - p^2.$$ (3)

Но как это можно было бы доказать? Естественно пути доказательства не видно.

Итак, попытка доказать нашей утверждение неосредственным применением метода математической индукции наолкнулась на трудности при проведении индукционного шага.

Вернемся снова к рассмотрению $A(n)$ и проверим его справедливость для нескольких начальных значений $n$:
$$1^3 = 1^2;$$
$$1^3 + 2^3 = 3^2;$$
$$1^3 + 2^3 + 3^2 = 6^2;$$
$$1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 = 10^2;$$
$$1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + 5^3 = 15^2.$$

Присмотревшись к этим равенствам, приходим к гипотезе: для всех натуральных $n$ справедливо утверждение: сумма кубов первых $n$ натуральных чисел есть квадрат натурального числа, равное сумме этих чисел.

Обозначим это утверждение через $B(n)$. Конечно, $B(n)$ несет в себе больше информации, чем $A(n)$, и потому его естественно считать более сильным утверждением. Доказав $B(n)$, мы получим справедливость $A(n)$ в качестве очевидного следствия.

Попробуем теперь применить метод математической индукции к доказательству усиленного утверждения.

a) Справедливость $B(1)$ фактически уже установлена:
$$1^3 = 1^2.$$
6) Допустим, что для неокоторого натурального числа $k$ справедливо $B(k)$:
$$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = (1 + 2 + \ldots + k)^2.$$ (4)
Докажем, что тогда справедливо и $B(k+1)$:
$$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 + (k+1)^3 = (1 + 2 + \ldots + k + k + 1)^2.$$ (5)

10

Использовая равенство (4), можно свести доказательство равенства (5) к доказательству равенства
$$(k+1)^3 = (1+2+\ldots+k+k+1)^2 - (1+2+\ldots+k)^2 - \left[ \frac{(k+2)(k+1)}{2} \right]^2 - \left[ \frac{(k+1)k}{2} \right]^2 = (k+1)^3.$$

Преобразуем правило частей равенства (6):
$$(1+2+\ldots+k+k+1)^2 - (1+2+\ldots+k)^2 = \left[ \frac{(k+2)(k+1)}{2} \right]^2 - \left[ \frac{(k+1)k}{2} \right]^2 = (k+1)^3.$$

Итак, равенство (6) устанавливает. Тем самым для всех $n$ доказано $B(n)$, а значит, и $A(n)$.

Пример 2 *)
Однажды учитель задал ученикам на дом такую задачу: доказать, попытясь методом математической индукции, что для любого натурального числа $n$ верно равенство $A(n)$:
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n} < \frac{1}{\sqrt{n}}.$$

Коля В., садясь дома за доказательство этого равенства, случайно переписал условия равенства с ошибкой, добавив в знаменатель 1. Таким образом, он принял за доказательство более сильного равенства $B(n)$:
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n} < \frac{1}{\sqrt{n+1}}.$$

Вот его доказательство.
a) Убеждаемся в справедливости $B(1)$:
$$\frac{1}{2} < \frac{1}{\sqrt{2}}.$$
6) Покажем, что из справедливости $B(k)$ для некоторого натурального $k$
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2k-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2k} < \frac{1}{\sqrt{k+1}}$$
следует справедливо этого равенства и для $k+1$:
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2k-1)(2k+1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2k} < \frac{1}{\sqrt{k+1}}$$
Для этого достаточно доказать, что
$$\frac{2k+1}{2k+2} < \frac{\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}}.$$

Но равенство (9) равносильно неверному равенству $k+1 < 0$.

12

рого доказамельства не существует вообщее.

Здесь искусный читатель, возможно, захочет возразить. Позвольте, скажет он, а как же, например, удается показать, что некоторые геометрическая задача на построение не может быть решена с помощью циркуля и линейки? В чем же разница?

А разница в том, что в задачах на построение речь идет не о построениях вообщее, а о построениях molky с помощью циркуля и линейки. Таким образом, мы точно формулируем средства, которые собираемся использовать для решения. А в таком случае появляется возможность как-то описать класс задач, которые решаются этим средствами. Поэтому, когда нам предлагют конкретную задачу на построение, мы можем попытаться установить, принадлежит она этому классу или нет.

На рубеже XIX и XX веков был предложен такой способ построения математики, который позволяет получить доказательства в поле течно. Различные доказательства при этом способе в виде формальных систем.

Здесь мы не будем пытаемся точно обьясить, что такое формальная система. Скажем только, что в формальных системах содержательные математические утверждения записьвали в виде формул, которые строятся по точным правилам. Формула называется доказуемой, если она может быть выведена из аксиом (аксиомы — это заранее фиксированные исходные формулы) за конечное число шагов с помощью фиксированных заранее правил вывода. Это и есть упомянутое уточнение понятия доказательства.

Изучением формальных систем занимается математическая логика *). В этой статье не место писать о ней. Подчерком только, что решение вообщее

*) Школьнику, желающей ему познакомиться с математической логикой, мы рекомендуем книги P. P. Столла «Множества. Логика. Аксиматические теории» (М., «Провесшие», 1968), Э. Мендельсона «Введение в математической логики» (М., «Нayka», 1971) и П. С. Новикова «Элементы математической логики» (М., «Нayka», 1973).

проса о парадоксальных парах, а также многох других более важных вопросов (например, о непротиворечности того или иного раздела математики или о независимости некоторых торговой аксимоны) зачастую возможно после предварительного форматизации.

Teорема

В рамках арифметики натуральных чисел, заданной в виде формальной системы, можно ответить на поставленный выше вопрос. Существует несколько — формальных арифметических систем. Пусть $S$ — одна из этих систем. Автором статьи получен следующий результат.

Teорема. В системе $S$ имеются парадоксальные пары.

В пункте 1 определения парадоксальной пары требуется, чтобы $A(n)$ было оченьным следствием $B(n)$. Понятие оченьного следствия, естественно, тоже требует уточнения. В доказательстве формулированной теоремы некоторых теорий конкретаная конью и кция $B(n)$ образует парадоксальную пару с любым м ее членом.

Коньонкиция нескольких утверждения сложно-сочинному предположению, составленному из этих утверждений с помощью союза «и». Таким образом, коньонкиция нескольких утверждений справедлива тогда и только тогда, когда справедливо каждое из этих утверждений. Позому естественному считать, что каждый коньонкия является ее оченьным следствием.

Сформирование теорема показывает, что в форматной арифметической системе действительное можно столкнуть с «парадоксом исследователя». Это надо учитывать и при содержательных расчудениях, использующих метод математической индукции.

13

Сверхяжелые элементы — открытие или ошибка?

В середине юня 1976 года в газетах разных стран появились сообщения о том, что группа американских ученых, в котором входили физики, химики и геологии, обнаружила в микросочечках кристаллах монцаита следы сверхяжелых элементов, которые должны стоять в таблице Менделеева на 116, 124 и 126 местах! Корреспонденты ссылались на выступление Поля Дирака, одного из создателей квантовой механики, во время научной конференции. 5 июля в американском журнале «Physical Review Letters» появился научная статья об этом открытии.

Но можно ли верить сразу этому сообщению? Ведь безупречные понки сверхяжелых элементов ведутся давно, и надо очень тщательно проверить всевозможные интерпретации полученных результатов, чтобы настоящего в подлинности открытия.

История, которая разворачивается сейчас на наших глазах, очень хорошо иллюстрирует, как трудно доказать достоверность научного открытия, которое сделано на самом границе цветительности современной физической аппаратуры.

Пройдет еще несколько времени, пока можно будет окончательно ответить на вопрос «открытие или ошибка?». Сейчас же мы можем лишь расскажать о том, в чем состоит сама процедура и что позволяет экспериментаторам заподозить существование новых элементов в их образцах породы.

Конец таблицы Менделеева

В таблице Менделеева в клетке под номером 92 стоит последний элемент, который можно найти в природе — уран.

Физики получили в laboratorиях много новых элементов — список их теперь простирается более чем на 10 клеток дальше урана. Элементы 93 (нептутный) и 94 (плутонный), которые получаются из урана после захвата нейтрона и последующего β-распада, были получены в первые годы развития atomной энергетики. Последующие элементы получались либо после многоократных захватов нейтронов образцами, помещены в atomные реакторы, либо при bombardировке тяжелых элементов более легкими ядрами при помощиускорителей. Физики найдются, что в ближайшие годы можно будет даже посмотреть, что произойдет, когда столкнутся два ядра урана.

Почему же объявиется таблица Менделеева? В тяжелых ядрах слишком величик электрический загрязн, в них слишком много протонов. Электрические силы отталкивания так велики, что ядро самопроизвольно делится. Конечно, между всеми частицами ядра действуют ядрные силы, которые удерживают их от разлега, но все же у ядра с большим числом протонов электрическое отталкивание оказывается сильнее.

«Магические числа»

Давно было обнаружено, что когда число нейтронов или протонов в ядре оказывается равным одному из таких называемых «магических» чисел, например, 20, 56, 82, то такие ядра оказаются более устойчивыми, чем их соседи. Из теоретических сообщений

14

ний следовало, что «магическая» должны быть и числа 114 и 126. Поэтому неокоторые учены считали возможным существование очень чистых ядер с такими загрязнами, несмотря на то, что ядра с меньшими загрязнами распадаются очень быстро.

Конечно, устойчивость таких ядер не абсолитная, как, например, у ядер железа или золота. Но если физик повышет и время жизни таких ядер окажется порядка миллиарда лет, их можно даже попасть в природа, например, в каких-нибудь старых минералах.

Но как они могут быть туда попасть?

Наши взгляды на проискождение элементов связи с представлением о постепенном возникновении все более и более тяжелых элементов в результате захвата нейтронов. Такие процессы проискодили на раннем этапе развития Вселенной и, может быть, проискодят и сейчас в ядрах галактики и в недрах звезд. Но последовательный захват нейтронов не может превращать ядро урана в сверхтяжею ядро с зарядом 114 или 126 — таким путем нельзя перескочить через область элементов с порядковыми номерами 100—110, нельзя навести мест между «материком» обичных ядер и «островом стабильности». Если, тем не менее, ядра с острова стабильности будут обнаружены, то вопрос о том, как возник такой остров, станет весыма актуальный.

Эксперимент

Именно поэтому существование сверхтяжеих элементов в природа встречает скпитческое отношение со стороны многих учены. Однако, не может доказать, что их в природа нет. Нужны опыты.

В опытах, о которых говорилось вначале, сверхтяжеые элементы искали в очень старых образцах слюды, содержащих включения микрокристаллов монацита. В этих микрокристаллов находится ядра радиоактивных torия и урана. Альфа-частицы, выпLETаошие из этих ядер, заставвали в слюде, создавая сферические галло (темные сферы), прохождение через места, где они нанесли атомам слюды набольшие повреждения. Некоторые галло имели радиус больший, чем обычно, что указывал на вылет альфа-частиц большой энергии (до 14 миллионов электрон-вольт). В этих местах и были предприяты попски новых элементов.

В циклотроне создавался очень тонкий пучок протонов с энергий 4,7—5,7 миллионов электрон-вольт, диаметром ~ 30 мкм. Этим пучком обстрельалось место, где надялись обнаружить атомы сверхтяжеих элементов — центр галло. Протоны должны выбивать из внутренних оболочек этих атомов электроны. При этом на освободившиеся места переходили бы электроны более дальнейх от ядра слоев, излучая рентгеновские лучи. Зная энергию рентгеновских лучей, можно было вычислить заряд ядра.

Полученные таким путем рентгеновские лучи указывали на присутствие в образцах элементов 116*) и 126 (и менее чем 124). Но интенсивность рентгеновских лучей была краяне неевелка, и необходимы новые еще более точные опыты, «которые должны подтверждить или опровернуть указыние на сверхтяжеые элементы» (это цитата из статьи).

Если считать интерпретацию опытов правильно, то можно оценить, что в образцах находится несколько сот пикограммов (1,ne=10⁻¹² e) сверхтяжеих элементов. И тогда мы скоро узнаем о свойствах этих новых элементов.

*) А не 114, как это предсказывали теоретики.

15

В. Ярмоленко

Складывание фигур

Будем рассматривать плоские фигуры, ограниченные замкнутой линейей, не имеющей самопересечений.

В этой статье конгрузительные фигуры отложены юстия (не различаются), т. е. множество фигур, конгрузных данных фигуре, считается одной фигурой. Для классов конгрузных между собой фигур можно было бы ввести какой-нибудь новый термин, например назвать такие классы «абстрактными фигурами». Однако, поскольку в статье будут рассматривать только «абстрактные фигуры», мы будем их назвать просто фигурами. Обозначим множество рассматриваемых фигур через Г. Таким образом, в Г входитрово один треугольник со стороны 3, 4 и 5 (ведь все такие треугольники конгрузны!).ровно один круг радиуса 17 и т. д.

Если фигур A имеет ось симметрины, то эта ось разбивает фигур на две конгрузные части. Наозвем каждую из этих частей результатом складывания фигуры A (по рассматриваемой оси). Результат складывания может в свою очередь иметь ось симметрины. Таким образом, исходная фигур может, вообще говоря, допускать многократное складивание.

Существуют фигуры, допускающие бесконечное складивание. Таким фигурами является, например, круг, сектор круга, круговая трапеция (фигура, ограниченная дугами концентри-

ческих окружностей и соответствующими отрезками радиусов), равноведенный прямогольный треугольник и прямогольник. В прочеем, слово «например» является в предыдущей фразе излишим: можно доказать, что других фигур, допускающих бесконечное складивание, в Г нет (бесконечная полоса, ограниченная параллельными прямыми, не входит в Г!).

Обозначим через Aᵇ множество всех фигур, либо конгрузных фигур A, либо получающихся из фигур A в результате одного или нескольких складываний.

Если фигур A не имеет оси симметрины, то множество Aᵇ состоит из самого кругга A и его секторов с центральными углами $\frac{2\pi}{2n}$ ($n=1, 2, 3, \dots$).

Если A — ромб, не являющийся квадратом, то Aᵇ состоит из четырех фигур. На рисунке 1 изображено это множество; стрелками указаны порядок складывания. Результаты складывания фигур B и D совпадают. Затемим каждую из фигур множества Aᵇ точкой, обозначенной той же буквой, что и сама фигур. Точку, соответствующую фигуре, содержимым отрезком с точкой, соответствующей результату складывания этой фигуры, причем первую точку помещим выше второй. На рисунке 2 изображена полученная диаграмма.

Подобную диаграмму складывания можно построить для любой фигуры. Диаграмма складывания делается наглядной «степень симметриности» фигуры.

На рисунке 3 изображены фигур A и ее диаграмма складывания. В результате складывания фигур A могут быть получены две неконгрузные фигуры B и K; поэтому на диаграмме складывания из точки A исходят два отрезка. В результате складывания неконгрузных фигур C и L получается фигур D; поэтому на диаграмме складывания отрезки

18

из точек $C$ и $L$ входят в точку $D$.

На рисунке 4 изображены еще одна фигура $A$ и ее диаграмма складывания.

Поставим теперь обратную задачу: дана диаграмма (вроде тех, которые изображены на рисунках 2—4; мы не уточняем понятия диаграммы); найти фигуру, диаграммой складывания которого будет данная диаграмма.

Для решения таких задач полезно ввести понятие раскладывания: называем фигуру $A$ результатом раскладывания фигуры $B$ по прямой $l$, если фигура $B$ является результатомскладывания фигуры $A$ по этой прямой.

Построение фигуры $A$ по диаграмме рисунка 3 можно осуществить раскладыванием прямого треугольника $F$ с острым углом $22,5^\circ$ последовательно по соответствующим прямым в фигуры $E, D, C, B, A$. Фигуру $A$ из треугольника $F$ можно получить еще двумя «цепочками раскладываний» (см. диаграмму).

Для диаграммы, изображенной на рисунке 5, аналогичная задача решения следующим образом (сделайте чертеж!). Возьмем в качестве $B_0$ разносторонний выпуклый четырехугольник $MNPQ$, у которого $\hat{M} = \frac{\pi}{2m-1}$, $\hat{N} = \frac{\pi}{2}$, $Q < \frac{\pi}{2}$; разложим его последовательно $m$ раз по прямым $c_1 \supset MN, c_2, \dots, c_m$, проходящим через $M$, в фигуры $B_1, B_2, \dots, B_m$; фигура $B_m = C_1$ — выпуклый многоугольник с центром симметрии $M$, противоположные стороны которого параллельны. Разложим теперь $C_1$ последовательно $n$ раз по параллельным прямым $a_1 \perp c_1, a_2, \dots, a_n$ в фигуры $C_2, C_3, \dots, C_{n+1}$. В многоугольнике $C_{n+1} = D_1$ фиксируем такие соедние стороны $l, l_1$, что $l \perp c_1$; разложим его последовательно $k-1$ раз по параллельным прямым $b_1 \supset l_1, b_2, \dots, b_{k-1}$ (такие прямые найдет, так как сторона $l_1$ многоугольника $D_1$ параллельна его противоположной стороне) в фигуры $D_2, D_3, \dots, D_h$. Многоугольник $D_h = A$ — исключый.

Для каждой конкретной «обратной задачи» трудность состоит в нахождения начальной фигуры для раскладывания.

Задание

1. Докажите, что треугольник только тогда допускает бесконечное складывание, когда он — равнобедренный прямогольный.
2. Докажите, что четырехугольник только тогда допускает бесконечное складывание, когда он — прямогольный. При $n > 4$ всякое складывание $n$-угольника приводит к многоугольнику с меньшим числом сторон.
3. Построите диаграммы складывания круга, сектора круга, круговой трапеци и равнобедренного прямогольного треугольника.
4. Построите диаграмму складывания прямогольника, если отношение длины его стороны: а) равно $2^i$ ($i=0, 1, 2, 3, \dots$); б) не равно $2^i$.
5. Построите диаграммы складывания фигуру, изображенных на рисунке 6.
6. Докажите, что любой треугольник допускает бесконечное складывание.
7. Найдите фигуры, диаграммы складывания которых имеют вид, указанный на рисунках 7 и 8.

19

С работой сифона — простейшего устройства для перекачки жидкости — вы познакомились ещё в шестом классе. Рассказывали, что занимает американский физик Роберт Вуд еще мальчишкой начиная свои увлекательные эксперименты именно с сифона.

«Вокруг лучки было возникшее больше чем на фут, и все хорошо знали, что вода не течение в гору. Роб положил шланг на землю, велел одному из мальчиков заткнуть конец пальцем, а сам начал наливать воду в другой, пока весь шланг не наполнился. Уже тогда, по природа своей — демонстратор, Роб взял этот конец и вместе того, чтобы просто положить его на землю, перекинул шланг через высокий забор, который отделял дорогу от канавы. Вода потекла через сифон. Это, верятоно, была первая публичная научная победа Вуд» *).

Объичный сифон настоящего прост, что, казалось бы, не нуждается в условиях传感овании. Однако его недостатком является необходимость удалять воздуха из колен сифона перед

*) В. Сибрук. Роберт Вуд. М., «Физматгиз», 1960.

20

тем, как он начет работать. Просто поразительна изобретательность человекаского ума, который, уясив для себя суть этого недостатка, сумел установить его примитивнейшим средствами!

Мы рассакжем вам об автоматическом сифоне *). Стеклянную трубку длиной около 60 cm и внутренним диаметром 3—4 mm над пламенем изогните так, чтобы образовались два колена, одно из которых имеет длину порядка 25 cm (рис. 1). В этом колене

*) Автоматический сифон изобретен С. Д. Платоновым и описан в журнале «Заводская laboratorия», № 6 (том 4), 1935.

на расстоянии 33—35 мм от его конца ребром надфилля (смоченного водой) аккуратно пропилите небольшое отверстие (1). Площадь его должна быть не более 0,5—1 мм². В стенке шарика для пинг-понга шилом проколите отверстие и круглым надфилем расширяйте его до тех пор, пока стеклянная трубка не будет с трением входить в него. Проденьте трубку в сделанное отверстие так, чтобы ее конец уперся в диаметрально противоположную точку стенки шарика. При этом отверстие в стеклянной трубке должно оказаться внутри шарика вблизи его поверхности (см. рис. 1). Соединение стеклянной трубки с шариком должно быть герметичным. Если вы немного ошиблись и сделали отверстие в шарике слишком большого диаметра, место соединения обмажьте пластилом. В шарике вблизи конца трубки, упирающегося в его стенку, проколите еще одно отверстие (2). Его первоначальный диаметр должен быть примерно равен 1 мм.

Быстро опустите колено сифона с шариком на его конце в стакан с водой. Почти сразу в этом колене появляется поднимающийся вверх столь воды, разделенный пузьрьками воздуха. Он доходит до места перегиба сифона, опускается по второму колену вниз (рис. 2) и спустя небольшие время из отверстия второго колена начинает быть сплошная струя!

Если опыт не получается, нужно просто тщательно отладить прибор. Работа автоматического сифона зависит от правильного подбора плода отверстия в стеклянной трубке и шарике. Недачное расположение стеклянной трубки относительно шарика или недостаочная герметичность соединения шарика с трубкой также могут привести к плоской работе сифона. Диаметр отверстия в шарике можно постепенно увеличивать надфилем, добавясь налуцих результатов. После наладки прибора шарика можно приклить к стеклянной трубке kleem БФ-2.

21

Как работает автоматический сiphon? Обратимся снова к рисунку 1. Когда шарик опускают в стакан с водой, вода начинает заходить внутри его через отверстие 2. Одновременно вода поднимается и по стеклянной трубке, попадая в нее через открытий конец трубки. Скорость подема воды в трубке больше, чем в шарике. Столб воды, поднявшийся по трубке до отверстия 1 в ее стенке, как бы перекрывает его. По мере заполнения шарика водой давление воздуха в шарике увеличится. В какой-то момент в отверстие 1 трубки «проталкивается» маленький воздушный пузырек. Он отсекает небольшой столбик воды и поднимает его вверх. Поднимающаяся по трубке вода вновь перекрывает отверстие 1, и снова сжатый воздух проталкивается в виде пузырька в это отверстие и отсекает новую порцию воды. Таким образом, в колене трубки с шариком образуется воздушно-водной столб, средняя плотность которого меньше плотности воды. Под действием гидроstatического давления этот столб поднимается до перегиба трубки, спускается по второму колену и, когда шарик полностью заполняется водой, «вытягивается» за собой сплошной поток воды. Сифон начинает работать.

Уражнения

1. Экспериментально показите, что в шарик вода должна затекать медленнее, чем в стеклянную трубку. Объясните, почему так происходит.

2. Чтобы убедиться в правильности объяснения причина действия автоматического сiphона, замените непрозрачный шарик небольшим стеклянным пузырьком с резиновой пробкой. В целом всеystройство с пузырьком должно быть точно таким же, как и при использовании шарика. Стеклянную трубку вотknите в пузырек через отверстие в резиновой пробке. Прозрачные стены пузырька позволяет вам наблюдать процесс образования воздушно-водного столба в стеклянной трубке.

3. Выясните, зависит ли высота подема воздуха воздуханого столба от глубины погружения в воду колена с шариком.

4. Изготовьте автоматический сiphон, заменив стеклянную трубку резиновой.

22

Геометрия начинается с треугольника. Взяв школьный учебник по геометрии, мы увидим, что первый содержательные теоремы касаются именно треугольника. Все предыдущие — лишь аксиомы, определяния или простейшие из них следствия. На заре своего возникновения планиет по существу и была «геометрией треугольника».

«Геометрия треугольника» может гордиться теоремии, носящими имена Эйлера, Торичелли, Лейбница. На рубеже XIX—XX веков благодара большому количеству работ посвященных треугольнику, образовался даже целый раздел планиетрики, называемый «Новой геометрией треугольника». Многие из этих работ сейчас выглядят малоперечисленные, несовершенные; используетая в них терминология полузабита и встречается разве что в энциклопедиях. Однако некоторые теоремы «Новой геометрии» продолжают жить и по сейчас день. О двух таких теоремах — Чевы и Менелая — расссказывается в этой статье *).

Теоремы Чевы и Менелая можно назвать «двойственными» теоремии: они похоже формулируются (причем каждая теорема выступает как бы в двух областях) и доказывается, они взаимозаменены при решении задач. Теоремы Чевы и Менелая оказываются особенно полезными в тех случаях, когда нужно «выяснить отношения» между точками и прямыми, — например, доказать, что какие-то три прямые пересекаются в одной точке, три точки лежат на одной прямой и т. п.

*) Желающий познакомиться с геометрией треугольника более подробно мы отсылаем к книге С. И. Зетеля «Новая геометрия треугольника» (М., Учпедгиз, 1962).

24

Рис. 2.

Доказательство. Сначала проверим, что $R$ и $R^*$ одного знака. Легко убедиться, что изменение направления одного из векторов $a, b, c, a_1, b_1, c_1$ не изменит величины $R^*$ ($\omega, \omega_1$), поэтому можно выбрать направление каждого из них определенным образом; например, можно считать векторы $a, b, c, a_1, b_1, c_1$ совпадающими по направлению с векторами $\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{CA}, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AA_1}, \overrightarrow{BB_1}$ и $\overrightarrow{CC_1}$ (рис. 2). В этом случае каждая из трех дробей, входящих в выражение $R(\Delta, \Delta_1)$, имеет тот же знак, что и соответствующая дробь, входящая в выражение $R^*$ ($\omega, \omega_1$). Например, дроби

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC_1}}{\overrightarrow{C_1B}} \right\} \text{ и } \frac{\sin \theta (\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c_1})}{\sin \theta (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{c_1})}$$

будут положительные, если точка $C_1$ расположена между точками $A$ и $B$, и отпечатны в противоположном случае (рис. 3 и 2).

Осталось доказать, что $|R(\Delta, \Delta_1)| = |R^*(\omega, \omega_1)|$. Имеем

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC_1}}{\overrightarrow{C_1B}} \right\} = \frac{S_{\Delta ACC_1}}{S_{\Delta BCC_1}} = \frac{1/2 |AC| \cdot |CC_1| \cdot |\sin \theta (\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c_1})|}{1/2 |BC| \cdot |CC_1| \cdot |\sin \theta (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{c_1})|} = \times \frac{|AC|}{|BC|} \cdot \frac{|\sin \theta (\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c_1})|}{|\sin \theta (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{c_1})|},$$

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{BA_1}}{\overrightarrow{A_1C}} \right\} = \frac{|AB|}{|AC|} \cdot \frac{\sin \theta (\overrightarrow{c}, \overrightarrow{a_1})|}{|\sin \theta (\overrightarrow{b}, \overrightarrow{a_1})|},$$

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{CB_1}}{\overrightarrow{B_1A}} \right\} = \frac{|BC|}{|AB|} \cdot \frac{\sin \theta (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b_1})|}{|\sin \theta (\overrightarrow{c}, \overrightarrow{b_1})|}.$$

Рис. 3.

Переменная эти три равенства, получим, что $|R(\Delta, \Delta_1)| = |R^*(\omega, \omega_1)|$. Лемма доказана.

В дальнейшем нам понадобится равенство, неосредственно вытекающее из определения $R^*(\omega, \omega_1)$:

$$R^*(\omega, \omega_1) = \frac{1}{R^*(\omega_1, \omega)}. \tag{4}$$

Сформулируем теперь теоремы Чевы и Менелая.

Теорема Чевы. Для того чтобы прямые $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ пересекались в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы выполлялось равенство

$$R(\Delta, \Delta_1) = 1, \tag{5}$$

или эквивалентное ему равенство

$$R^*(\omega, \omega_1) = 1. \tag{5'}$$

Теорема Менелая. Для того чтобы точки $A_1, B_1, C_1$ лежали на одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы выполлялось равенство

$$R(\Delta, \Delta_1) = -1, \tag{6}$$

или эквивалентное ему равенство

$$R^*(\omega, \omega_1) = -1. \tag{6'}$$

Доказательство теоремы Чевы

Необходимость. Пусть прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке. Доказем, что выполляются условия (5) и (5’).

*) Выражение $R^*(\omega_1, \omega)$ получается из выражения $R^*(\omega, \omega_1)$ взаимной векторов $a$ и $a_1$, $b$ и $b_1$, $c$ и $c_1$.

25

Рис. 4a.

Заметим, что если прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке, то либо все три точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат на сторонах треугольника $ABC$, либо же одна из точек лежит на стороне треугольника, а две другие — на продолжениях соответствующих сторонах. В первом случае все другие, входящие в выражение $R(\Delta, \Delta_1)$, положительные, а во втором случае одна из трех дробей, входящие в $R(\Delta, \Delta_1)$, положительная, а две другие — отрицательные, так что снова выражение $R(\Delta, \Delta_1)$ (а следовательно, и $R^*(\omega, \omega_1)$ — см. лемму) больше нуля. Докажем теперь, что $|R^*(\omega, \omega_1)| = 1$ (так как $R^*(\omega, \omega_1) > 0$, из этого будет следовать, что $R^*(\omega, \omega_1)$ равно единице). Обозначим точку пересечения прямых $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ через $D$ (рис. 4a). Применяя теорему синусов, получим

$$\frac{\sin \theta \vec{b}, \vec{c}_1}{\sin \theta \vec{b}, \vec{a}_1} = \frac{|DA|}{|DC|},$$

$$\frac{\sin \theta \vec{c}, \vec{a}_1}{\sin \theta \vec{c}, \vec{b}_1} = \frac{|DB|}{|DA|},$$

$$\frac{\sin \theta \vec{a}, \vec{b}_1}{\sin \theta \vec{a}, \vec{c}_1} = \frac{|DC|}{|DB|}.$$

Переменная эти равенства, видим, что $|R^*(\omega, \omega_1)| = 1$. Тем самым необходимость доказана.

Достаточноств. Доказательство достаточно проверен методом

Рис. 46.

«от противного». Допустим, что $R(\Delta, \Delta_1) (= R(\omega, \omega_1)) = 1$, но прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ не проходят через одну точку (рис. 46). Обозначим точку пересечения прямых $AA_1$ и $BB_1$ через $D_1$, а через $C'_1$ — точку пересечения прямых $AB$ и $CD_1$. Поскольку прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке,

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC}_1}{\overrightarrow{C'_1}B} \right\} \cdot \left\{ \frac{\overrightarrow{BA}_1}{\overrightarrow{A_1}C} \right\} \cdot \left\{ \frac{\overrightarrow{CB}_1}{\overrightarrow{B_1}A} \right\} = 1.$$

Но по условиям

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC}_1}{\overrightarrow{CB}_1} \right\} \cdot \left\{ \frac{\overrightarrow{BA}_1}{\overrightarrow{A_1}C} \right\} \cdot \left\{ \frac{\overrightarrow{CB}_1}{\overrightarrow{B_1}A} \right\} = 1,$$

откуда

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC}_1}{\overrightarrow{CB}_1} \right\} = \left\{ \frac{\overrightarrow{AC}_1}{\overrightarrow{CB}_1} \right\}.$$

Так как и точка $C_1$, и точка $C'_1$ лежат на прямой $AB$, из этого следует, что точки $C_1$ и $C'_1$ совпадают. Теорема Чевы доказана.

Доказательство теоремы Менелая

Необходимость. Известно, что точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой. Нужно доказать равенства (6) и (6′).

Снова заметим, что если точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой, то либо все они находится на продолжениях $BC$, $AC$ и $AB$ сторона треугольника.

26

Рис. 5.

ника $ABC$, либо же две из точек $A_1, B_1, C_1$ находится на соответствующих сторонах, а третья — на продолжении. В обих случаях выражение $R(\Delta, \Delta_1)$ будет отрицательным (убедитесь в этом). Докажем теперь, что если точки $A_1, B_1, C_1$ — на одной прямой, то $|R(\Delta, \Delta_1)| = 1$ (поскольку $R(\Delta, \Delta_1) < 0$, из этого будет следовать, что $R(\Delta, \Delta_1) = -1$).

Проведем через точку $B$ прямую, параллельную $AC$, и обозначим точку ее пересечения с прямой $B_1A_1C_1$ через $D$ (рис. 5).

Используя подобие, легко получить

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{CA_1}}{\overrightarrow{A_1B}} \right\} = \frac{|B_1C|}{|BD|}, \quad \left\{ \frac{\overrightarrow{BC_1}}{\overrightarrow{C_1A}} \right\} = \frac{|BD|}{|AB_1|}.$$

Добавив очередное равенство $$\frac{\overrightarrow{AB_1}}{\overrightarrow{B_1C}} = \frac{|AB_1|}{|B_1C|}$$ и переменный все три равенства, получим, что $|R(\Delta, \Delta_1)| = 1$. Необходимость условия теоремы Менелая доказана.

Докажательство достаточно условий (6) и (6’) теоремы Менелая проводится аналогично доказательству достаточности условий (5) и (5’) теоремы Чевы.

Неколько следствует

Введение в формулировки теорем Чевы и Менелая двух эквивалентных условий (5) и (5’), (6) и (6’) сделано не только для облегчения доказа-

тельства этих теорем. В одной задачах оказывается удобным использовать одно из условий, в других — другой. Убедитесь в этом, попробав самостояльно доказать следующее утверждение.

Утверждение 1. Если три прямые, проходящие через вершины треугольника, пересекаются в одной точке, то и прямые, им симметричные относительно соответствующих биссертрис треугольника, также пересекаются в одной точке. Если же три прямые пересекаются противооположные стороны треугольника в трех точках, расположенных на одной прямой, то и прямые, им симметричные относительно соответствующих биссертрис, также пересекаются противооположные стороны треугольника в трех точках, расположенных на одной прямой.

Если мы вспомним про равенство (4), то легко доказем.

Утверждение 2. Если три прямые, проходящие через вершины А, В и С треугольника ABC параллельно сторонам $B_1C_1, A_1C_1$ и $A_1B_1$ треугольника $A_1B_1C_1$, пересекаются в одной точке, то и прямые, проходящие через вершины А, $B_1$ и $C_1$ треугольника $A_1B_1C_1$ параллельно сторонам BC, AC и AB треугольника ABC, также пересекаются в одной точке. Если же прямые пересекаются соответствующие стороны треугольника ABC в трех точках, расположенных на одной прямой, то это самое имеем место и для прямых, проходящих через вершины треугольника $A_1B_1C_1$ параллельно BC, AC и AB (рис. 6, 7).

Докажите самостояльно также

Утверждение 3. Если прямые, проходящие через вершины А, В и С треугольника ABC перпендикулярно сторонам $B_1C_1, A_1C_1$ и $A_1B_1$ треугольника $A_1B_1C_1$, пересекаются в одной точке, то и перпендикулярны, опущенные из вершины А, $B_1$ и $C_1$ треугольника $A_1B_1C_1$ на прямые BC, AC и AB, также

27

пересекаются в одной точке. Если же первая точка прямых пересекает соответствующей стороны треугольника ABC в трех точках, расположенных на одной прямой, то и прямые, проходящие через вершины треугольника $A_1B_1C_1$ перепендикулярно сторонам треугольника ABC, пересекают соответствующей стороны треугольника $A_1B_1C_1$ в трех точках, расположенных на одной прямой (рис. 8, 9).

Приведем еще два примера использования стороны треугольника $A_1B_1C_1$ перепендикулярно сторонам треугольника ABC, пересекают соответствующей стороны треугольника $A_1B_1C_1$ в трех точках, расположенных на одной прямой.

Доказательство. Обозначим точки пересечения прямых, о которых говорится в условиям буквами K, L и M соответственно. Будем считать, что прямые $A_1A_2$ и $A_4A_5$ $A_2A_3$ и $A_5A_6$ $A_3A_4$ и $A_6A_1$ лежат на одной прямой.

Доказательство. Обозначим точки пересечения прямых, о которых говорится в условиям буквами K, L и M соответственно. Будем считать, что прямые $A_1A_2$ и $A_4A_5$ $A_2A_3$ и $A_5A_6$ $A_3A_4$ и $A_6A_1$ лежат на одной прямой.

Составим следующую таблицу:

| A | K | $A_1$ | $A_2$ | B |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| B | $A_4$ | M | $A_3$ | C |
| C | $A_5$ | $A_6$ | L | A |

Буквы, стоящие в каждой строке и каждой столбце этой таблицы, соответствуют точкам, расположенным на одной прямой.

Поскольку точки K, $A_4$ и $A_5$ лежат на одной прямой и на сторонах AB, BC и CA треугольника ABC, должны выполнять условия (6), а именно:

$$\begin{align*} \frac{\overrightarrow{AK}}{\overrightarrow{KB}} &\cdot \frac{\overrightarrow{BA}_4}{\overrightarrow{A}_4C} \cdot \frac{\overrightarrow{CA}_5}{\overrightarrow{A}_5A} = -1. \end{align*}$$

Аналогично

$$\begin{align*} \frac{\overrightarrow{AA}_1}{\overrightarrow{A}_1B} &\cdot \frac{\overrightarrow{BM}}{\overrightarrow{MC}} \cdot \frac{\overrightarrow{CA}_6}{\overrightarrow{A}_6A} = 1, \end{align*}$$

28

Поскольку точки $A_1, A_2, A_5$ и $A_6$ лежат на одной окружности и точка $A$ — точка пересечения прямых $A_1A_2$ и $A_5A_6$, то $|AA_1| \cdot |AA_2| = |AA_5| \cdot |AA_6|$. Определим для колlinearных векторов $\overrightarrow{AA_i}$ и $\overrightarrow{AA_j}$ величины $\{\overrightarrow{AA_i} \cdot \overrightarrow{AA_j}\}$, равную произведению длины векторов $\overrightarrow{AA_i}$ и $\overrightarrow{AA_j}$, взятому со знаком «+», если векторы $\overrightarrow{AA_i}$ и $\overrightarrow{AA_j}$ соединены, и со знаком «-», если они направлены противоположно. Тогда последнее равенство в новых обозначениях мы можем переписать так:
$$\{\overrightarrow{AA_1} \cdot \overrightarrow{AA_2}\} = \{\overrightarrow{AA_5} \cdot \overrightarrow{AA_6}\} = \{A_5A \cdot A_6A\}.$$ (10)

Аналогично
$$\{\overrightarrow{BA_4} \cdot \overrightarrow{BA_3}\} = \{\overrightarrow{A_1B} \cdot \overrightarrow{A_2B}\},$$ (11)
$$\{\overrightarrow{CA_5} \cdot \overrightarrow{CA_6}\} = \{\overrightarrow{A_4C} \cdot \overrightarrow{A_3C}\}.$$ (12)

Переможная равенства (7) — (9) с учетом равенств (10 — (12) и того, что, согласно определению, например, $$\frac{\overrightarrow{BA_4}}{\overrightarrow{A_4C}} \cdot \frac{\overrightarrow{BA_3}}{\overrightarrow{A_3C}} = \frac{\overrightarrow{BA_4} \cdot \overrightarrow{BA_3}}{\overrightarrow{A_4C} \cdot \overrightarrow{A_3C}}$$, получаем $$\frac{\overrightarrow{AK}}{\overrightarrow{KB}} \times \times \left\{\frac{\overrightarrow{BM}}{\overrightarrow{MC}}\right\} \cdot \frac{\overrightarrow{CL}}{\overrightarrow{LA}} = -1$$, что по теореме

Менелая и означает принадлежность точек $K, L$ и $M$ одной прямой.

Случай, когда прямые $A_1A_2, A_3A_4$ и $A_5A_6$ пересекаются в одной точке (и тем самым не образуют треугольника $ABC$), разберете самостояльно.

На рисунках 10—12 изображены три различных случай расположения точек $A_1, ..., A_6$. Ими, конечно, не исчерпываются все возможности.

И в заключение — еще одно следствие.

Утверждение 5. Пусть из точки $A$, взятой вне окружности, проведены две касательные $AM$ и $AN$ к окружности и две секции, и пусть $P$ и $Q$ — точки пересечения окружности с первой секцией, а точки $K$

29

u L — со второй. Тогда прямы PK, QL и MN пересекаются в одной точке.

Доказательство (рис. 13).
Приименим теорему Чевы к треугольнику KLM. Заметим, что прямы PK, QL и MN пересекутся в одной точке, если выполняется равенство

$$\frac{\sin \widehat{LMN}}{\sin \widehat{NMK}} \cdot \frac{\sin \widehat{KLQ}}{\sin \widehat{QLM}} \cdot \frac{\sin \widehat{MKP}}{\sin \widehat{PKL}} = 1. \quad (13)$$

Все углы, фигурирующие в последнем выражении, — вписанные в данной окружность; синусы этих углов пропорциональны длиам стягиваемых ими хорд (так, например, sin $\widehat{LMN} = \frac{|LN|}{2R}$, где R — радиус окружности). Поэтому равенство (13) эквивалентно такому равенству:

$$\frac{|LN|}{|NK|} \cdot \frac{|KQ|}{|QM|} \cdot \frac{|MP|}{|PL|} = 1. \quad (13')$$

Покажем, что (13’) в самом деле выполняется. Из подобия треугольников AMP и AMQ получаем $\frac{|PM|}{|MQ|} = \frac{|AM|}{|AQ|}$.

Из подобия треугольников APL и AQK $$\frac{|KQ|}{|PL|} = \frac{|AQ|}{|AL|},$$ и, наконец, из подобия треугольников ALN и ANK $$\frac{|LN|}{|NK|} = \frac{|AL|}{|AM|}.$$ Перемножая последние три равенства, получаем (13).

Замечан и е. Из утверждения 5 следует, что с помощью одной линейки через данную точку вне окружности можно провести касательную. Способ построения показан на рисунке 14.

Задание

1. Докажите, что: a) биссертрисы внешних углов треугольника пересекают прямы,

Рис. 10.

Рис. 11.

Рис. 12.

Рис. 13.

Рис. 14.

30

На которых лежат противоположные стороны, в трех точках, расположенных на одной прямой; 6) касательные к окружности, описанной около треугольника, проведенные в вершинах треугольника, пересекают прямые, на которых лежат противоположные стороны треугольника, в трех точках, принадлежих одной прямой.

2. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC взяты точки C1, A1 и B1 так, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке. Докажите, что если $\overrightarrow{A1B1} = 90^\circ$, то $A1B1$ — биссертиса угла AA1C.

3. Докажите, что перpendикуляры, восставленные к биссертикам треугольника в их серединах, пересекают стороны треугольника (или продолжения сторон), на которые опущены соответствующие этим perpendикулярам биссертисы, в трех точках, лежащих на одной прямой.

4. Окружность пересекает сторону AB треугольника ABC в точках C1 и C2, сторону BC — в точках A1 и A2, сторону CA — в точках B1 и B2. Докажите, что если прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке, то и прямые AA2, BB2, CC2 также пересекаются в одной точке.

5. Даны три непересекающейся окружности. Для каждой пары окружностей определяна точка пересечения общих внешних и точка пересечения общих внутренних касательных. Докажите, что получившиеся шесть точек расположены на трех прямых, по три точки на каждой.

6. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC взяты точки C1, A1 и B1. Пусть C2 — точка пересечения прямых AB и A1B1, A2 — точка пересечения прямых BC и B1C, B2 — точка пересечения прямых AC и A1C. Докажите, что если прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке, то точки A2, B2, C2 лежат на одной прямой.

7. Прямая пересекает стороны AB, BC иprodолжение стороны AC треугольника ABC в точках D, E и F. Докажите, что середины отрезков DC, AE и BF лежат на одной прямой.

8. В выпуклом четырехугольнике ABCD: $\overrightarrow{ADB} = 26^\circ$, $\overrightarrow{BCD} = 51^\circ$, $\overrightarrow{BCA} = 13^\circ$, $\overrightarrow{ACD} = 73^\circ$. Найдите $\overrightarrow{ABD}$.

9. На стороне AC треугольника ABC взята точка K, а на медиане BD — точка P так, что площадь треугольника BPC равна площади треугольника APK.

Определите геометрическое место точек пересечения прямых AP и BK.

10. Дан треугольник ABC. Определим точки A1, B1 и C1 следующим образом. Точка A1 — это середина хорды, высекаемой на стороне BC окружностью, касающейся сторон BA и CA треугольника ABC. Аналогично B1 — середина хорды, высекаемой на стороне AC окружностью, касающейся сторон AC и BC. Дугам всех трех окружностей, находящимся внутри треугольника, соответствуют равные центральные углы. Докажите, что прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке.

11. На ребрах AB, BC, CD и DA терзадра ABCD взяты соответствующие точки K, L, M, N. Докажите, что для того чтобы фигура KLMN являлась плоским четырехугольником, необходимо и достаточно выполнения следующого условия:
    $$|AK| \cdot |BL| \cdot |CM| \cdot |DM| = |KB| \cdot |LC| \cdot |MD| \cdot |NA|.$$

12. Через вершины A и B четырехугольника ABCD проведена окружность. Прямые AD и BC вторичное пересечение okружность в точках K и L, а прямые AC и BD — в точках M и N. Докажите, что прямые KL, MN и CD пересечения в одной точке или параллельны.

Как устроено atomное ядро

В 1937 году сотрудник минстерства иностранных дел Великобритании полковник Дж. Мур-Брабазон обращался в редакцию английского журнала «Nature» («Природа») с пробой расскадать о неокторных неонятных ему особенности строения atomного ядра. Отвечал полковнику профессор Андраде, известный физик, автор многохпопулярных книг и статей. Эту любопытную переписку мы решили довести до сведения наших читателей. Перевод и подготовка публикации выполнены В. Березным.

Вот что писал Мур-Брабазон в своей письме:

«Взгляда бы хотя один из ученых-популяризаторов объяснить, как предполеть возникшие у любителей физики трудности в понимании современной картинны строения atomа. Мы знаем, что она очень приближительна. Нам извесно, что быллаардный шар в качестве модели atomа непримелем. Недавние эксперименты поombардировке atomа позволили построить общую огрубленную схему. Гейзенберг, с его приципом неопределенности, внушает сомнения в ее правильности. Нд нам не хотелось бы, чтобы обяснения опирались на квантовую механику; мы бы рассматривали также обяснения как «недружесвенное действие».

(Продолжение см. c. 42)

31

ГОЛОВОЛОМКИ

Фишки на поле

На игровом поле, состоящем из 25 клеток и 2 перегородок (см. рисунок), стоит 20 фишек: 10 красных и 10 зеленьх.

За один ход можно передвинуть любую фишку на любую свободную клетку по свободным клеткам.

Какое наименьшее количество ходов надо сделать, чтобы поменять местами красные и зеленьые фишки?

Звезда из домино

Расположите все 28 косточек домино в виде семиконечной звезды (по четыре костяшки на каждом луче), но так, чтобы:

1. в центр выходили кости с 0,1, 2, 3, 4, 5, 6 очками;
2. на концах луче так же были все очки от 0 до 6;
3. в каждом луче косточки укладывают согласно правилам игры в домино: 0 к 0, 1 к 1 и т. д.;
4. суммы очков на косточек домино во всех лучах были одинаковы.

Циферблат

На окружности нарисованы 12 крупков, тринадцатый — в центре. Некоторые крупки соединины линяями, на крайних крупках стоит 12 фишек с чисlamи от 1 до 12 (см. рисунок).
Наша цель: перевиграя по одной фишке на свободный крупок по линяям, поставить каждую фишк а крупок с ее номером.
Задача имеет решение, состоящее из 49 ходов (перемешений).
А может, вы найдете более короткое?

Л. Мочалов