Квант 1976, №12 · Страницы

Кеант
1976
12
Научно-популярный
физико-математический
журнал

Перiodические функции играют важную роль в анализе. Характерным примером периодических функций является знакомая вам синусоид. На этом рисунке изображен орnament, конструктивный из синусоид, выполенный ЭВМ.

Постарейтесь разобраться в этом орnamentе. О периодических функциях и их основных свойствах вы можете прочитать в статье на c. 34. На рисунке, приведенном на обложке, изображена скатерть, сшита из шелковых лоскутков. Несолько этих лоскутков образуют правильную пятиконечную звезду. Обнаружить эту спрятанную звезду не так-то просто.

Не могли бы вы найти звезду и отделить ее от остальной части скатерти?

1

Главный редактор
акademик И. К. Киоин
Первый заместитель
главного редактора
акademик А. Н. Колмогоров

Редакционная коллекция:
М. И. Башмаков
С. Т. Беллев
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. Климова
Т. М. Макарова
(художественный редактор)
Т. С. Петрова
В. А. Тихомирова
Л. В. Чернова
(зав. редакцией)

В НОМЕРЕ:
2 А. Савин. От школьной задачи — к проблеме
10 В. Лешковцев. Выдающийся советский оптик
16 Д. Рождественский. Эвлоция учения о строении атомов и молекул

Математический кругок
19 А. Толпью. Инварианты

Задачик «Квант»
26 Задачи М416—М420; Ф428 — Ф432
28 Решения задач М376 — М378; Ф383 — Ф386

По страницам школьных учебников
34 А. Земляков, Б. Ивлев. Периодические функции

Практику абитуриента
40 Н. Гольдфарб. Элементы статики
50 С. Бельй. Прямоугольный треугольник
55 А. Диденко, А. Забоев, Г. Пантихов, Н. Шолохов. Московский инженерно-физический институт

Физики шутят
49 М. Тульчинский. Как изменить высоту?

Международная олимпиада школьников
57 З. Моисеева, А. Савин. XVIII Олимпиада по математике
60 И. Слободецкий. IX Олимпиада по физике

Рецензии, библиография
64 В. Рудов. Всегоизный конкурс общества. «Знание»
65 М. Смолянский. Комбинаторика — что это такое?

«Квант» для младших школьников
67 Задачи
68 Л. Финк. Еще раз о частливых билетах
71 Ответы, указания, решения
78 Напечатано в 1976 году

Смеся (с. 9, 54, 56)

© Главная редакция физico-mатематической литературы издательства «Нука», «Квант», 1976

2

А. Савин

ОТ ШКОЛЬНОЙ ЗАДАЧИ

• К ПРОБЛЕМЕ

Расстановки и транспозиции

Как-то раз, перелистывая учебник своего сына «Математика-5», я наткнулся на следующую задачу *).

Тoma «Детской энциклопедии» стояли в маком порядке: 1, 2, 6, 10, 3, 8, 4, 7, 9, 5. Как поставить их по порядку, если можно брать два соседних тома и ставить их, не меняя порядка, рядом на новое место (в начало, конец или между двумя томами)?

Довольно быстро мне удалось найти решение. Оно изобразено на рисунке 1. Но у меня давно выработалась привчка анализировать решенную задачу, и сразу же возникло вопрос: «А если бы тогда ничего иначе?». Тут же в голову пришел способ перестановки, не зависящий от первого расстановки томов. Сначала взять 1-й том и том, стоящий справа от него, и поставить их в начало, затем 2-й том и том, стоящий справа от него, и поставить их за 1-м томом и т. д. Если нужный том стоит в конце ряда, то сначала следует взять любую пару из еще не установленных томов и переставить их в конец ряда, после чего перестановка нужного тома оказется возможной.

Я испробовал этот способ на расстановке, предложенной в задание, и четырьмя перестановками поставил тома в нужном порядке. Затем взял расстановку: 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1. После шести перестановок (см. рис. 2) пришел к следующей расстановке: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 9. Тут я обнаружил, что дальней метод не действует. Кроме 9-го, остался лишь один 10-й том, и переставлять в конец ряда нечего.

Я проделал перестановку томов еще раз и тем же способом, но ставя в конец ряда уже другие пары. Переставлять пришлось дольше, но результат остался прежним — снова на конце ряда сочетание 10, 9, с которой мой способ не может справиться. И тут я вспомнил, что аналогичная ситуация возникнет в знаментий игре «15» *). Там передвижениями фище невозможно из положения на рисунке 3 перейти в положение на рисунке 4.

Идея доказательства этого факта основана на операции «транспозиция». Транспозиция неокоторой последовательности чисел называется переменами каких-либо двух из этих чисел. При этом доказывается, что если одна последовательность чисел получается из другой при помощи четного числа транспозиций, то невозможно добавиться того же результат с помощью нечетного числа транспозиций, и, наоборот, если последо-

*) В последнем издании учебника «Математика-5» (М., «Просвещение», 1976) эта задача фигурирует под номером 1249.

*) См. «Квант», 1974, № 2, c. 26.

3

вательность чисел получается из другой нечетным числом транспозиций, то невозможно получить ее четным числом транспозиций.

Осталось выяснить, четному или нечетному числу транспозиций соответствует операция, описанная в задание. Перенос одного тома на новое место эквивалентен серий транспозиций: сначала с ближайшим томом, потом со следующим и т. д., пока он не встает на свое новое место. Точно так же перенос следующего тома эквивалентен серий транспозиций с теми же томами, что и в первом случае. Общее число транспозиций будет равно удвоенному числу транспозиций при перенос одного тома, поэтому наша операция эквивалентна четному числу транспозиций.

Следовательно, некоторые расстояний томов операций, указанной в задание, можно упорядочить, а другие — нельзя. В частности, расстояния 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 9 получается из расстояний 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 нечетным числом транспозиций, и, следовательно, не может быть в нее переведена расстояния операций.

Обратите внимание, что в наших рассужdenях мы игнорize не пользователь тем, что томов 10. С тем же успехом эти рассужdenя можно проведении для любого другого количества томов.

А вот то, что мы переставли по два тома сразу, было очень существенно. Действительно, если мы переставли по одному тому, то при любой начальной расстоянии такой операцией мы смогли бы расставить тома по порядку. А если переставлять по три тома? А по четыре?…

На половину из этих вопросов можно ответить сразу. Перестановка четного числа томов соответствует четному числу транспозиций, следовательно, такой операцией невозможно перевести одну расстановку в другой, получающийся из нее нечетным числом транспозиций.

4

Hy, a если переставить по три тома? Давайте попробуем! Сколько же для начала взять томов? Три — мало, возьмем четыре. Посмотрим, какие расстановки можно получить из расстановки по порядку: 1, 2, 3, 4 — из нее 2, 3, 4, 1 и 4, 1, 2, 3, из них 3, 4, 1, 2… и все! Такие перестановки называют циклическими, потому что они переставляют числа по кругу — если одну расстановку выписать по окружности, то любую другую можно прочитать, начав с некоторого места (рис. 5). Но никакие две из расстановок
1, 2, 3, 4
1, 2, 4, 3
1, 3, 2, 4
1, 3, 4, 2
1, 4, 2, 3
1, 4, 3, 2
нельзя перевести друг в друга циклическими перестановками, а ведь каждой из них соответствует еще по три расстановки, получающей циклическими перестановками. Таким образом, все 24 различные расстановки чисел 1, 2, 3 и 4 (проверьте, что их 24) разбиаются на 6 групп по 4 расстановки в группе, причем нашей операцией мы не можем получить из расстановки одной группы расстановку другой группы.

Сохранить ли такое положение, если мы возьмем не четыре, а пять или большие томов? Оказывается, нет! Решающего роль здесь сыгает следующая последовательность расстановок:
1, 2, 3, 4, 5 → 1, 3, 4, 5, 2 → 4, 5, 2, 1, 3 → 2, 1, 3, 4, 5.

Переставляя по три тома, мыomenяли местами первый и второй тома, вернув на место остальные. Таким же образом мы можем переставить любые два соседних тома, причем не только, когда у нас пять томов, но и для любого большого числа томов. Действительно, если эти два тома — не последние, то взяв еще и следующий за ними том, переставим эту тройку томов вперед, затем помещаем местами первые два тома (как было показано) и снова

вернем тройку томов на их старое место. В результате все тома встанут на прежние места, кроме выбранных нами двух томов, которые помещаются местами. Если же мы захотим помещать местами последние два тома, то сначала возьмем три первых тома, поставим их в конец, затем совершим описанную процедуру, и, наконец, поставим на старое место стоящие в начале тома.

Телерь для вас, видимо, не будет неожиданным утверждение: если число томов не меньше лями, то любую расстановку этих томов можно перевести в расстановку по порядку, переставляя мома тройками *). Ведь, послеовательно меня местами соседние тома, можно сначала перевести первый том на первое место, затем второй том — на второе и т. д.

А что будет в случае перестановки по пять томов? По семь томов? Вообще по 2n + 1 тому? Решения этой проблемы я нигде не встречал.

Можно спроить: «А кому нужны эти перестановки?» Оказывется, нужны, и очень часто, например, теория перестановок играет важнейшую роль при решении вопроса — можно ли корни данного алгебраического уравнения *). Тем самым мы решили задачу M404 («Квант», 1976, № 9).

5

неня $n$-й степени выразить с помощью радикалов (как это делается для квадратного уравнения). Было выясено, что уравнение третий и четвертой степени обладает этим свойством, а для уравнения пятой степени и выше корни, как правило, уже невозможно выразить через коэффициенты с помощью радикалов.

В «Кванте» про это уже расссказывалось, последний раз — в статьях «Группы» и «Алгебра — древняя и современная» («Квант», 1976, № 10). Если вы их читали, то сразу заметите, что рассматриваемые нами переменные томов — это подстановки, порождающие группу (правда, не всю группу подстановок $S_n$ — в этом и состоит problema), а перестановки по кругу четырех элементов образуют циклическую группу. может быть, теория групп вам и поможет (хотя, скорее всего, эта задача решается «комбинаторными» сообщениями).

Тепер, пожелав успеха тем, кто решил взяться за окончательное решение поставленной проблемы, пошем в учебнике еще интересные задачи.

Одно или больше?

Надите целые натуральные числа, таких, что сумма произведения любых трех из них и 1 делится на целое число.

Первое, что приходит в голову,— взять все числа равными 1. Такая четверка чисел действительное удовлетворяет условием задачи. А нет ли еще решений? Где-то я видел эту задачу. Открываю книжку И. Л. Бабинской «Задачи математических оптимизации» (М., «Нayka», 1975) и нахожу ее под номером 142. Ищу ответ. Читаю — «Например, 1, 2, 3, 7». Меня этот ответ неSTRAINЕТ. Для меня это то же самое, что ответ: «Например, 2» на вопрос: «Какие корни у уравнения $x^2 - 5x + 6 = 0?$».

Нет… где-то еще я видел подобную задачу. Ну конечно, «Сборник задач Московских математических оптимизации» (М., «Просвещение», 1965), с. 70, задача 215. Вот она.

215. Наименование троей чисел $a, b, c$, отличных от 1, что про

изведение любых двух чисел троей, сложенное с единицей, делится на премье число.

В ответе — единственный набор: 2, 3, 7.

Неправда ли, ответ очень похож на ответ интерсуошей нас задачи, хотя здесь редьет не о четырех, а о трех числах. А что будет для двух чисел? Для каких пар чисел сумма каждого из них с единицей делится на другое? Задча с четырьмя числами для пятиклассников, с темя — для учеников 7—10 классов… Оdnako наберемся смелости и присутствим к решению.

Если одно из этих двух чисел 1, то второе число должно быть делителем числа 2: либо 1, либо 2. Нетрудно проверить, что обе пары (1, 1) и (1, 2) удовлетворяют условиям задачи.

Пусть ни одно из чисел не равно 1. Тогда, очевидно, эти числа взаимно просты. Пусть $a < b$, тогда $a + 1 \leq b$, но $a + 1$ делится на $b$, следовательно, $a + 1 \geq b$. Отсюда вытекает, что $a + 1 = b$. А так как $b + 1$ делится на $a$, то $a + 2$ делится на $a$, следовательно, 2 делится на $a$, и поскольку $a \neq 1$, то $a = 2$, $b = 3$.

Итак, существует все три пары таких чисел, что сумма одного из них с единицей делится на другое: (1, 1), (2, 1), (3, 2).

Достаточно простое решение этой задачи наводит на мысли попробовать решить сразу общую задачу:

«Найти $n$ чисел таких, что произведение любых $n - 1$ из них в сумме с единицей делится на оставшееся».

Докажем две леммы.

Лемма 1. Пусть числа $a_1, a_2, \dots, a_n$ обладают тем свойством, что произведение любых $(n - 1)$ из них в сумме с 1 делится на оставшееся. Тогда, добавив к ним число $a_{n+1} = 1$, получим набор чисел, произведение любых $n$ из которых в сумме с 1 делится на оставшееся. И, наоборот, если среди $n + 1$ чисел есть 1 и произведение любых $n$ из них в сумме с 1 делится на оставшееся, то, убрав из

6

этоо набор единцу, получим набор из n чисел, произведение любых n — 1 из которых в сумме с единцией делится на остальные.

Формулировка леммы громоздка, а доказательство тривиально. Достаточно использовать тот факт, что от умножения числа на единцу это число не меняется, и то, что на единцу делится любое число.

Более содержательной является вторая лемма.

Лемма 2. Пусть числа $a_1, a_2, \dots, a_n$ обладают тем свойством, что произведение любых $(n-1)$ из них в сумме с 1 делится на остальные. Тогда, добавив к ним число $a_{n+1} = a_1 a_2 \dots a_n + 1$, получим набор чисел, произведение любых n из которых в сумме с единцией делится на остальные.

Для доказательства нужно проверить два утверждения.

Первое — то, что произведение первых n чисел в сумме с единцией делится на $a_{n+1}$ — следует из определения числа $a_{n+1}$.

Второе — для случая, когда число $a_{n+1}$ входит в произведение. Обозначим через $A_i$ произведение первых n — 1 чисел без $a_i$: надо показать, что $A_i a_{n+1} + 1$ делится на $a_i$. Для этого достаточно заметить, что $a_{n+1} = a_i A_i + 1$; тогда $A_i a_{n+1} + 1 = A_i (A_i a_i + 1) + 1 = a_i A_i^2 + (A_i + 1)$, и первое слагаемое делится на $a_i$, второе, заключенное в скобки, тоже—по предложению леммы.

Из этих лемм следует, что в задаче с тремия числа будут следующее решение: $(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 3), (2, 3, 7)$; в задаче с четырьмя числами $(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (1, 1, 2, 3), (1, 2, 3, 7), (2, 3, 7, 43)$. Осталось выяснить, нет ли других решений.

Новые решения, содержащих единцы, при $n=3$, очевидно, нет (убрав одну из единцы, мы по лемме 1 получили бы новое решение задачи с двумя числами, а в ней других решений нет). Пусть теперь $(x, y, z)$ — некоТОРое решение задачи с тремия числами. Легко доказать, что любые два из этих чисел должны быть взаимно простыми. Пусть $2 \leq x < y < z$.

Запишем соответствия:

$$\begin{align*} xy + 1 &= k_1 z, \\ xz + 1 &= k_2 y, \\ yz + 1 &= k_3 x. \end{align*}$$

Здесь $k_1, k_2, k_3$ — натуральные числа. Переменная эти соответствия, получим: $xyz(xyz + x + y + z) + xy + yz + xz + 1 = k_1 k_2 k_3 xyz$.

Отсюда следует, что $xy + yz + xz + 1$ делится на $xyz$, т. е.

$$xy + yz + xz + 1 = Axyz,$$

где $A$ — натуральное число. Разделив обе части этого равенства на $xyz$, получим

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{xyz} = A.$$

Нибольшее значение $A$ получится при наименьших значениях $x, y, z$, т. е. при $x=2, y=3, z=4$ (на самом деле $z \geq 5$). Отсюда

$$A \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{27}{24},$$

и, поскольку $A$ — натуральное число, то оно равно 1. Итак, нужно найти все натуральные числа $x, y$ и $z$ такие, что $2 \leq x < y < z$ и

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{xyz} = 1.$$

Покажем, что $x=2$. Действительно, если $x \geq 3$, то $y \geq 4, z \geq 5$, следовательно,

$$1 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{xyz} \leq \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5} = \frac{48}{60}.$$

Получили противоречение. Итак, $x=2$. Тогда соответствие записывается так:

$$1 = \frac{1}{2} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{2yz}.$$

Выразив отсюда $y$, получим

$$y = 2 + \frac{5}{z - 2}.$$

Значит, $z-2$ является делителем числа 5, т. е. $z=3$, или $z=7$. В первом случае $y=7$, во втором $y=3$.

Итак, $(2, 3, 7)$ — единственное решение задачи с тремия числами, не содержащие единцы, следовательно, равнее нами были выписаны все решения этой задачи.

Посмотрим, существует ли другие решения задачи с четырьмя числами.

7

Очевидно, и здесь достаточно рассмотреть лишь те решения, которые не содержат единицу. т. е. натуральные числа $x, y, z, u$ такие, что $2 \leq x < y < z < u$ и
$$xyz + 1 = k_1u,$$
$$xyu + 1 = k_2z,$$
$$xzu + 1 = k_3y,$$
$$yzu + 1 = k_4x,$$
где $k_1, k_2, k_3$ и $k_4$ — натуральные числа. Переменная эти соответствия, получим аналогично предыдущему случаю, что
$$xyz + uxy + xzu + yzu + 1 = Axyzu,$$
где $A$ — натуральное число, или
$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{u} + \frac{1}{xyzu} = A.$$
Поскольку $x \geq 2, y \geq 3, z \geq 4, u \geq 5$, то
$$A \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} = \frac{31}{24},$$
следовательно, $A = 1$. Далее аналогично показывается, что $x=2, y=3$. Теперь
$$\frac{1}{z} + \frac{1}{u} + \frac{1}{6zu} = \frac{1}{6},$$
откуда
$$z = 6 + \frac{37}{u - 6}.$$
Значит, $u-6$ является делителем числа 37, т. е. либо $u=7, z=43$, либо $u=43, z=7$. Итак, снова получили лишь имеющиеся уже решения. Значит, и в этом случае были перечислены все решения.

Полученный результат нагляден нас на гипотезу, что и далее все решения задачи для $n$ чисел будут получаться из решения задачи для $n-1$ числа с помощью лемм 1 и 2. Увы! Гипотеза эта неверна, во всяком случае для $n-5$ — кроме решения (2, 3, 7, 43, 1807), получаемого с помощью леммы 2, есть еще одно: (2, 3, 7, 47, 395).

А что будет дальше? Будут ли решения задачи для большого количества чисел получаться применением лемм 1 и 2 к этим теперь уже двум решениями, не содержащим единицу, или появится еще одно или даже два? Пока это проблема.

Сколько делений?

Следующая задача «на смекалку» также фигурирует во многих книгах для школьников.

Рис. 6.

Длина линейки без делений 13 см. Как поставить 4 деления внутри линейки так, чтобы с ее помощью можно было отложить любую из заданных длины. Здесь же требуется указать соответствующее длину пряmo на линейке, от деления до деления (или до конца линейки).

На рисунке 6 показано одно из решений этой задачи. Естественно попытаться выяснить, есть ли другие решения, но гораздо интереснее также вопросы: почему именно четыре деления? А если три? Какова наиболее длинна линейки, на котором нанеси 4 деления с выполненем указанным свойством? И вообще, какое наименьшее количество делений нужно нанеси на линейку длины $n$ (см), чтобы с ее помощью можно было отложить все целочисленные отрезки от 1 см до $n$ (см)?

Как всегда, начинаем с проб. Для линейки длины 1 см никаких делений не нужно. При длине в 2 см и

8

Рис. 7.

3 см достаточно одного деления. При длине в 4, 5, 6 см двух делений достаточно, а одного мало, при длине в 7, 8, 9 см надо три деления (двух не хватит), при длине в 10, 11, 12, 13 см — четыре деления (трех не хватит). Эти результаты получены перебором вариантов, соответствующие им расстановки изображены на рисунке 7, но с увеличением длины линейки становится все труднее и труднее проводить полный перебор. Нужны какие-то общее методы. Попробуем сперва оценить число делений (сверху и снизу).

Пусть на линейке длины $n$ (см) поставлено $k$ делений. Сколько существует различных отрезков (не отрезков разной длины, а просто различных отрезков) с концами в точках деления или на концах линейки? Так как любая пара из перечисленных точек определяет отрезок, а их $k+2$, то отрезков будет $(k+2)(k+1)/2$. А так как по условию задачи должно получить $n$ различных длины, а длинные некоторые отрезков могут и совпадать, то должно выполняться неравенство

$$n \geq \frac{(k+2)(k+1)}{2}.$$

Отсюда следует, что на отрезке длины $n$ необходимо поставить не менее $(\sqrt{8n+1}-3)/2$ делений (если это число не целое, то нужно быть близкой к нему больше целое число).

А какого количества делений наверняка хватит? Конечно, $(n-1)$-го хватит (можно нанести все сантиметровые деления), но нельзя ли обойтись меньшим числом?

Попробуем такую расстановку $k$ делений: сначала поставим $m$ делений через каждый сантиметр, затем деление через $(m+1)$ (см), снова через $(m+1)$ (см) и т. д., пока не поставим все $k$ делений. Расмотрим теперь линейку с правым концом в $(m+1)$ (см) от последнего деления. Длину этой линейки $l$ выразим через $k$ и $m$: $l = m + (k-m)(m+1) + m+1 = -m^2 + m(k+1) + (k+1)$.

Используя формулу деления с остатком $s = p(m+1) + q$, нетрудно показать, что при любом $m$ также расстановка делений удовлетворяет условию задачи.

Отметим еще одно важное свойство такой расстановки делений — если отрезок укоротить справа на любое целое число сантиметров, то точки деления по-прежнему будут удовлетворять

9

ворять условию задачи (т. е. можно будет построить все целочисленные отрезки от 1 см до новой длины линейки).

Осталось выяснить, насколько большим можно сделать $l$, меняя $m$ (число делений $k$ фиксировано). Для этого запишем формулу для $l$ в виде

$$l = \frac{(k+1)(k+5)}{4} - \left( m - \frac{k+1}{2} \right)^2.$$

Отсюда видно, что $l$ будет наиболее ширим при наименьшем $\left( m - \frac{k+1}{2} \right)^2$.

Значит, если $k$ нечетно, то надо положить $m = \frac{k+1}{2}$, а если $k$ четно, то надо положить $m = \frac{k}{2}$ или $m = \frac{k+2}{2}$.

Итак,

$$l \geq \frac{(k+1)(k+5)}{4} - \frac{1}{4} = \frac{k^2+6k+4}{4}.$$

Вместо $l$ можно подставить $n$. Выразив теперь $k$ через $n$, получим:

$$k \leq \sqrt{4n+5} - 3$$ (если это число не целое, то нужно быть лижшей к нему больше целое число).

На рисунке 8 изображена таблица, в которой для $n$ от 1 до 15 данные значения $k(n)$—наименьшего числа делений, удовлетворяющих условию задачи; полученной нами ранее из формулы $n \geq (k+2)(k+1)/2$ оценки сизу и только что выведенной оценки сверху. Видно, что эти значения мало отличаться друг от друга, но с ростом $n$ это отличие становится все больше.

Найти формулу, связывающего точное значение $k$ с $n$, видимо, весма непросто. Нясно даже, будет ли функция $k(n)$ монотонной, т. е., если для отрезка длины $n$ достаточно $k$ делений, то достаточно ли их будет для отрезка длины $n-1$?

Как видите, от школьной задачи до серверной и трудной математической проблем — один шаг.

Попробуйте свои силы в решении этих проблем. Ждем ваших писем.

Где ошибка?

Докажем, что $1=2$. С одной стороны,

$$1 = \frac{2}{3-1}. \tag{1}$$

Подставим в правую часть равенства (1) вместе 1 выражение $\frac{2}{3-1}$. Получим

$$1 = \frac{2}{3-\frac{2}{3-1}}. \tag{2}$$

Проделав эту «подстановку» еще раз, получим

$$1 = \frac{2}{3-\frac{2}{3-1}}. \tag{3}$$

С другой стороны,

$$2 = \frac{2}{3-2}. \tag{4}$$

Подставим в правую часть равенства (4) вместе 2 выражение $\frac{2}{3-2}$. Получим

$$2 = \frac{2}{3-\frac{2}{3-2}}. \tag{5}$$

Правые части равенств (3) и (6) одинаковы. Следовательно, должны быть равны между собой илевые части: $1=2$.

Ю. Гайдук

10

«Это было в тяжелые годы гражданской войны. Транспорт работал в Петрограде с перебоями. Иогда он совсем замирал. В эти дни за Невской заставой можно было видеть немолодого седобородого человека, который, опираясь на палку, щелровым, неторопливым шагом. Он щелл пешком с Васильевского острова, с противоположного конца города, где жил в небольшей университетской квартире, чтобы вместе с товарищами принять участие в налаживании производства оптического стека. Что гнало пожилого профессора в заводскую laboratorию из руководного им института, где тоже хватало работы? Не тот ли связенный огонь науки, что перевоплощает ученого в борца и не дает иссякнуть человекским силам?» *).

*) А. Н. Осиновский, А. Ф. Коонков. Д. С. Рождественский. М., «Просвещение», 1974, с. 3.

Познакомимся пользовке с этим удивительным человеком.

Дмитрий Сергеевич Рождественский родился 7 апреля 1876 года в Петербурге, в семье талантливого русского педагога Сергея Егоровича Рождественского, по учебникам русской истории которого обучалось несколько поколений гимназистов. Он получил хорошее домашнее воспитание, прекрасно владел немного, англійским и французским языками и окончил гимназию с серединой медалью (подвела четверка по русскому языку и литературе на выпускных экзаменах). Его любимыми предметами были физика, химия и биология, и он сохранил эту любовь на всю жизнь.

В 1894 году он поступил на естественное отделение Петербургского университета и в течение года изучал биология и химию. Но интерес к физике победил, и сдав положенные экзамены, Рождественский вновь поступил на первый курс теперь уже математического отделения, где изучали также механику, физку и астрономию. Занимаясь в университете, он посещал далеко не все лекции (тогда это разрешалось студентам), но затого работал самостояльно. Правда, потом он желал, что посещал мало лекций, и считал, что надо было бы ходить хотя бы на все лекции по физике, которые сопровождаются демонстрационными опытами. Он придавал очень большое значение этим опытам и однажды, уже будучи профессором в том же университете, отменил в последний момент лекцию, когда убедился, что демонстрационные эксперименты плохо подготовлены.

Потеряв год в начале университетских занятий, он вынужден был сделать то же самое и на последнем курсе. Случилось так, что в 1899 году, перед самой сдачей выпускных экзаменов, в университете началась студенческая забастовка. Царское развитие отделало распоряжение проводить экзамены под охраной поли-

11

Д. С. Рождественский (1876—1940).

цини. Многие студенты, и среди них Д. С. Рождественский, отказались сдавать экзамены в присуствини полицейских. Вследующем году он получил диплом с отличием и был оставлен в университете, как тогда говорили, для подготовки к профессорскому званню.

В качестве узкой специализности он выбрал оптику, хотя научных руководителей в этой области физики в университете не оказалось. Более того, большинство университетских профессоров считало, что их дело преподавать, а не занимается научкой. Но Дмитрий Сергеевич, по его же словам, «наплевал на эти взгляды… и начал работать». Самостояльность и независимость в научке были главными чертиями его личности.

Работать в одиночку, конструкция и собирая необходимую для оптовой аппаратуру, было нелегко даже такому упорному и трудолюбивому человеку. Поэтому начаты в 1903 году исследования были оформлены в виде магистерской диссертации и зашищены только в 1912 году. Правда, tremя годами позже он ужеащитил докторскую диссертацию и вскоре был избран заведующим Физическим институтом Петроградского университета. Это был редкий случай в русской физике, когда кому-то удавалось ввести крупный вклад в мировую науку, оставясь у себя дома, в России. Заканчивая последнюю список Д. С. Рождественского, укажем, что в 1925 году он был избран членом-корреспондентом Академии наук, а в 1929 году — академиком.

Чем же обогатил научку этот виддающийся советский ученый?

Он начал思索 исследования с изучения аномаленной диссертации света в парах целочногого металла натрия. В знаменитом опите Ньюотона свет, прохождение стеклянную признаку, разлагался в цветной спектр. Из этого опыта следует, что показатель преломления зависит от цвета (или от длины волны). Эту зависимость называют диссерсей. Так как признака в опите Ньюотона сильнее всего преломляет фиолетовые лучи и слабее всего красные, мы можем утверждать, что преломление тем сильнее, чем меньше длины волны. Для произвольных тел в видимой области спектра зависимости показателя преломления от длины волны достаточно хорошо описывается следующей формулой:

$$n = a + \frac{b}{\lambda^2},$$

где $a$ и $b$ — постоянные величины, характеризующие данные вещество. Такая зависимость называется нормальной диссерсей.

Но еще в 1862 году французский физик Леру, пропуская свет сквозь призму, наполненную парами йода, обнаружил нарушение этой закономерности. Пары йода сильно поглощают свет нескольких определенных длин волн. Разложив свет, который прощел через эти пары, в спектр,

12

Рис. 1.

мы видим в нем ряд темных линей — их называют линями поглощения. Оказалось, что вблизи этих линей коэффициент преломления у более длинных волны выше, чем у более коротких. Аналогичное явление наблюдается при прохождении света сквозь пары натрия (рис. 1) и других веществ, у которых линей поглощения лежат в видимой области спектра. Это явление получило название аномальный дисперсии. Теория аномального дисперсии была создана немецким физиком Зельмейером еще в 1871 году, но долго времени не имела надежной экспериментальной проверки. Определение показателя преломления вблизи линей поглощения оказалось необсячайно сложным делом из-за сильного поглощения света.

Д. С. Рождественский разработал оригинальный метод точно определения показателя преломления не только вблизи линей поглощения, но даже внутри самого линей. Полученные им данные об изменении показателя преломления вблизи линей поглощения паров натрия подтвердили справедливость теории Зельмейера. Но у этой работы был еще более важный результат. Метод Рождественского позволяет точно определить интенсивность двойных спектральных линей (дублетов), или, как говорили в то время, относение чисел выбратов, излучающих каждую из этих линей. Оказалось, что у многих веществ относение интенсивностей соседних линей в dubлетах выражается небольшими целыми числами. Рождественский определил величины этих относений для большинства dubлетов целочильных металлов и показал, что они не зависит ни от температуры, ни от давления паров, а определяются свойствами самих atoms и исследуемых веществ. В докторской диссертации он писал об этом так: «Найденные простые относения должны, оченьindo, соответствовать какой-то очень простой черте в строении atoms и молекул. Но в чем заключается эта простота, при современных данных об atomах еще решить невозможно». Напомним читательм, что это было написано в самом начале 1915 года, когда теория atoma, предложенная Нильсом Бором, делала еще первые шаги.

Как показала в дальнейшем квантовая механика, относение интенсивностей характеристирует вероятности перехода электронов с одной орбиты atoma на другую и является очень важной характеристикой atoma. Один из учеников Рождественского профессор В. К. Прокофьев так охарактеризовал значение работ своего учителя: «Излучение atoms, спектральные линей характеристиются двумя величиными: длиной волны и интенсивностью. Закономерности для длины волн спектральных линей установлены Бором в Копенгагене. Метод определения их интенсивностей дан на другом конце Евровы — в Петрограде».

Первоначально теория Бора объясняла только строение atoms водорода и однократноонизированного atoma геля, у которой в электронной области остается всего один электрон. В труднейшие годы гражданской войны и интервенции, голода и хозяйственной разрухи, в неммо-

13

верно неблагоприятных для занятия научкой условий, да еще при полной изоляции от всей мировой науки, Д. С. Рождественский нашел основные идеи дальнейшего развития теории Бора. В научном докладе на тему «Спектральный анализ и строение атома», который он прочитал в 1919 году, на праздновании первой годовшины Государственного оптического института, Рождественский четко сформулировал основные положения, благодаря которых теория Бора была применена сначала к спектрам атомов щелочных металлов с одним электромом во внешней оболочке, а затем и к спектрам любы atomов.

Как выяснили впоследствии, такие же идеи были использованы Арналдом Зоммерфельдом, Эрвином Шредингером и рядом других выдающихся зарубежных физиков при развитиии и совершенствовании теории Бора.

Претворяя в жизнь свои идеи, Рождественский осуществил классический анализ спектра нана магниния, линни которого близки к линям нейтрального атома щелочного металла натрия. Эта работа последulla образцом для многочисленных анализов спектров ионов различных элементов, выполненных в последующие годы.

Д. С. Рождественский внес крупный вклад в теории микрокоспа. Изобретенный еще в XVII века, микрокосоп вскоре нашел множество применений. Оdnako теория этого важного оптического прибора была создана только в начале нашего века. Геометрическая оптика позволяет расчитать увеличение микрокоспа. Но она не может дать ответ на вопрос о том, каковы предельные размеры тела, которые еще можно увидеть при помощи микрокоспа. (Ведь мы знаем, например, что обычный микрокосоп не позволяет увидеть atoms и молекул.) Она также ничего не может нам сообщить о характеристике и проискождения дифракционных и интерференционных полос,

Рис. 2. Интерференционные круги у крахмального зерна картофеля в воде. Диаметр зерна равен 9 микронам.

сопровождающих (и искажающих) изображение объектов в микрокоспе (рис. 2). Для этого нужно теория, учитывающая взаимодействие световых волн, отраженных расматриваемых в микрокоспоп объектами. Автором первой такой теории был немецкий физик-оптик Аббе. Но теория Аббе относлась к специальному слугую, когда расматриваемый объект освещается путем коферентных лучей. Такие лучи имеют одинаковую длину волны и неизменную разность фаз колбаний. На практике этот слугуй обычно не реализуется. Другой предельный слугуй в теории микрокоспа рассмотрел советский физик академик Л. И. Мандельштам. В этом случае изучаемый объект сам светится некогерентным светом. Обе теории учитывали только дифракционные явления. Д. С. Рождественский создал теории микрокоспа, работающего в условиях обличного освещения. В ней учитывались также и интерференционные эффекты. При этом он нашел практические пути повышения эффективности микрокоспопических исследований.

Дмитрий Сергеевич был не только физиком, но и глубоко образованным ботаником. Он много и охотно

14

работал с микрокопом. В статье «Чем овладел и что должен завоевать микрокопоп» он писал о Левенгуке: «Он сам плавил стекло, сам шлифовал, сам полировал, сам montировал лупы между середряными и золотыми дисками…, сам искал и находил объекты наблюдания. Подчеркиваю это потому, что в микрокоппин творит новое и совершенное тот, кто знает, для чего творит и что ищет». Эти же слова могли бы характеризовать и работы Рождественского. Какой бы область исследований ни занимался, он стремился войти в нее «до конца», со всеми ее тонкостями и деталями. Так в свое время он глубоко проник во все детали оптического произвольства и сам учился у мастер-оптика Александрова шлифовать точные оптические поверхности.

Заслужги Д. С. Рождественского в развитини советской физики далек не исчерпываются его личным вкладом в научку. Он был не только очень крупным ученым, но также прекрасным учительом и организатором научки.

В своей педагогической деятельности Рождественский очень высокоценил и стремился всчерчивать самостояльность в работе студентов. В lekциях он старался остававаться прежде всего на принципальных проблемах и на том, чего не было в учебниках, чтобы студенты сами потом разбиали более простые и хорошо известные разделы научки.

Смело вовлекая молодежь в самостоятельные научные исследования, он создал талантливую школьную советских физиков. К числу его учеников относятся академики А. А. Лебедев, И. В. Обренмов, Д. В. Скобельцын, А. Н. Теренин, В. А. Фок, членыкорреспондents АН СССР Е. Ф.Гросс, С. Э. Фриш и многое другое известные учены.

Рождественский принаджал к числу передовых русских ученых, которые стремились поставить научку на службу народу. Поэтому он с энтузизмом встретил Великую Октябрьскую социалистическую революцию, понимая, какие огромные возможности развития научки она открывает перед учеными. В первые же месяцев после революции он старално трудился над обеденным усилий разрозненных и весыма малочисленных групп Петроградских физиков-оптиков и вскоре внес в Народный комиссariat просвещения детально разработанный проект создания научного центра нового типа — Государственного оптического института (ГОИ). В нем он писал: «…при скромных средствах университетских физических laboratorий, при слабом развитию оптической промышленности в России централизация работников по оптике при государственной широкой поддержке необходимости и для чисто научных задач, и для правильного направления и подъема деятельности оптической техники и промышленности. Необходим оптический институт». Проектом предусматривался также организация при институте двух подчиненных ему предприятий — завода по производству оптического стека и завода оптической аппаратуры. Советское правительство поддержало эту идею, и 6 мая 1919 года наком просвещения А. В. Луначарский подписал декрет об учреждении Государственного оптического института.

Шла война. Молодая Красная Армия остро нуждалась в биоклях,стереотубах, оптических прицелах для орудий. А в стране неогда былокупить даже простые очки. Царская Россия не имела оптической промышленности и ввозила оптические приборы из-за границ, главным образом из Германии, где имелись знаменитые заводы Цейса. Именно на них работал Аббе, который, по словам Рождественского, оптическим снаряжением немецкой армии почти выигral первый мировую научку. В России же ничего незнал техническими приготовления оптического стека. Все это приходилось создавать

15

вать и разработать заново, практические на пустом месте. Но благодаря Государственному оптическому институту эти работы развивались так успешно, что уже к 1927 году наша страна полностью прекратила закупку оптического стекла зарубежом. Советская оптическая промышленность наладила производство не только биноклей и стереотруб, но и микросокопов, спектrografов, телесопов и другой сложной научной аппаратуры.

Грандиозная научно-техническая революция, произходящая в настоящее время, необычайно успешная науки и производства. Наука теперь играет огромную роль в жизни общества, она стала неосредственной производительной силой, которая готовит revoluciónный переворот во всех современных производств — и в металлургии, и в машиностроении, и на стропельных площадках, и на колхозных и совхозных полях. Эти перемены потребовали коренной перестройки производства, укрупнения и обедининия предприятия, создания фирм и научно-производственных объединений. В докладе А. Н. Косыгина на XXV съезд КПСС по этому поводу сказано следующее: «В десятий пятилетке создание производственных объединений в промышленности будет завершено. Обедининия — это качественное новое явление в управлении промышленным производством. Они представляют собой механическое соединение предприятия, а единый производство-хозяйственный комплекс, в котором организацией слиты науки и производство, широко развиты специализация и кооперрование».

Д. С. Рождественский придавал большое значение взаимодействию науки с производством. Так, в 1936 году он писал: «Мы одерживаем над старым миром одну победу за другой. Мы становимся на первое место в ряде отраслей промышленности и непрерывно завоевываем все новые первыые места… Теперь на очереди у нас — организация своего науки, показать нашу силу в науке и, главное, в научной организации промышленности. Особенно в такой промышленности, каккова оптическая, так как она не отделима от оптической науки».

Не удивительно, что Государственный оптический институт оказался в числе инцицаторов создания научно-proизводственных объединений. Организованное по его инцицативе более 10 лет назад Ленинградское оптическое объединение, в состав которого, кроме ГОИ, входят специальные конструкторы бюро, оптические заводы и другие подразделения, работает весом успешно. Недавно в обедининии создан самый крупный в мире оптический телесопс с диаметром зеркала 6 метров.

Нам хочется закончить эту статью смелой и дальновидной мечтой, который Д. С. Рождественский высказал еще в 1919 году, в конце своей речи на праздновании первой годовщины ГОИ.

«Видение уже недалекого будущего рисунется глазам. Каждый atom известен, возможность соединений в молекулы исследованы и могут быть расчитаны во всякий момент. Химия уже более не экспериментальная, а теоретическая наука. Какрой архитектор в справочной книжке находится метод расчета построек, так рядовой химик, сидя в своем кабинете, по определенным уравнением и таблицам нахождения осуществления сложнейших, необходимых для жизни химических соединений. Это власть над природой, подчинение ее человека в мере почти неоптической — в ней существость и душа техники. Ее даст знание atoma… мы и предугадать не можем, как преобразится жизнь человека в близкийшее десятилетие, когда загадача.atoma будет разгадана, когда тысячи, десяти тысяч ученых приложат волю к разрешению наряду с другими задачими этой, быть может, важнейшей, когда наука ежечасно будет приближаться к жизни.»

16

Д. Рождественский

ЭВОЛЮЦИЯ УЧЕНИЯ О СТРОЕНИИ АТОМОВ И МОЛЕКУЛ

Мы приводим здесь часть доклада, который академик Д. С. Рождественский сделал 15 ноября 1932 года на юбилейной.ccсии Академии наук, посвященной пятнадцатилетию Великой Октябрьской социалистической революции. Публикацию подготовил В. Лешковцев.

Не было эпохи в истории физики, когда развитие ее шло бы так быстро и решительно, как в последние 15—20 лет. В это время была возведена новая и чудесная постройка научной мысли, решения была загадка строения atomов…

Постройка atomа возвrigалась быстро в связи с тем, что огромные запасы материалов были уже поднесены и горами лежали в порядке, ожидая строителя. Периодические свойства atomов, после вековой работы химков уложенные Менделеевым в законченную систему, до сих пор сохранившую почти весь свой первоначальный облик, требовали теоретического обоснования. Десятки тысяч работ по спектральному анализу, точный закономерности в спектрах, казалось, с очевидностью указывали, где и как нужно вести стройку. Но строитель запоздал. И теперь мы знаем, почему.

Лучшие умы того времени безусловно пытались приложить свои руки к укладке фундамента. Рэлей писал о своем бессилии. Ритц, всю свою недолгую жизнь глубокого исследователя посвятивший теории спектрального анализа, не нашел пути. Неcomменно, теоретиками, прославившимися на переломе столета, было передумано гораздо большше, чем написано, так как бесплоскость попыток обнаруживать с первых же шагов.

Всем известна последняяlectraция Дж. Дж. Томсона. Ему удалось построить модель atoma химического. Внутри широкой, положительно заряженной по всему объему сферы правильно расставлены электроны. Их силы прятжения и отталкивания взаимно уравновешиваются, они неподвижны. Это требует классическая электродинамика, так как всякое движение равносильно излучению, потере энергии, а запас энергии в atomе не может не быть построенным. Эта модель atomа удачно подчеркивала восмкратную периодическую систему Менделеева и потому пользовалась выданной успехом. Но перед законами спектрального анализа и она оказалась бессильной. А опыты Резерфорда по рассеянию α-частиц … показали знакомую нам картину легких электронов, окружающих тяжелое ядро в числе, равном номеру элемента.

Но почему не падают электроны на ядро, нейтрализу его заряд, если движение им воспрещено? Этот узел dado было разрубить Нильсу Бору. В июле 1913 года он провозгласил два принципа, которые не только прочно утвердили позначение atomа, но и произвели сдвиг в основах физики.

Чтобы сделать это, нужно была смелость, почти дерзость.

18

тенсивность света? Она пропорциональная числу падающих квантов. Эта мысль была отчетливо высказана Эйнштейном. Ее логическое развитие требует признания, что интенсивность света пропорциональная вероятисти падения кванта света, а отсюда — что кванты света распространяются по каким-то непонятным пока законом вероятисти. Забегая вперед, можно сказать, что подобный ход мысли теперь (в 1932 году) является для нас естественным, но тогда он не был в сознании даже Эйнштейна. Наоборот, он пишет: «… волновая теория света столбрасно оправдалась в описании оптических явлений, что она, конечно, никака не будет заменена другой теории». И, несомненно, тогда еще не была подготовлена почва; самоое понятие о кванте света было резолюционным. Как известно, кванткомок или квант-игла далеко не сразу были приняты в науке. Они будили сомнение, но не вызывали согласия. Слишком трудно было свойства волны — интерференцию, диффрацию — приписать комку, частице. Бордо не принимал идеи о кванте света как частице…

Но в первой стадии квантовой теории даже самоое понятие о кванте света как частице мало интересовало исследователей. Все мысли заняты были изучением строения atoma водорода, анализом действия на него электрического и магнитного полей. В особенности много успешная изучения упругих и неупругих соударений электронов со всемозможными atomами (знаменитые опыты, начальные Франком и Герцем уже в 1913 году). Они на первых порах служили одним из главных подтверждений принципов Бора. Здесь в особенности стало до конкретности ясно, как каждый atom может существовать в различных состояниях и как налетящий со стороны электрон перекидывает электрон atoma с уровня на уровень, всегда отдельным скачком…

Когда мы наблюдаем поглощение и лученспускание монохроматического света одной и той же длины волны, то подобный процесс страная оптика трактует как резонанс. Свет синхронно раскачивает электроны, и они лученспускают. Иначе в квантовой теории: поглощаемый квант света переводит электрон с уровня на уровень, из состояния 1 в состоянии 3 (см. рис.). Побыв в состоянии 3, электрон самоостояльно перескакивает назад в состоянии 1, теряя такой же monохроматической квант, какой раньше был поглощен. Это качество мало удачной перефазировкой старого воззрения. Но вот оказывается, что есть atoms — и их немало, а молекулы почти все,— где возврат идет из состояния 3 не только в состоянии 1, но и в совсем новое состояние 2. Если же прибавить, что новым подходящим квантом можно изловить электрон в состоянии 3 или 2 и перевести в состояние 4 и далее таким образом перекидывать электрон, как футбольный мяч, из состояния в состоянии, то ясно, что экспериментатор вполне овладел понятем о многочисленных состояниях atomов: квантовой сторон вопроса…

Забегая несколько вперед, можно сказать, что опыты настоящего конкретизировали поступаты Бора, что самое назначение поступата потеряло смысл; утверждение Бора — теперь ясные и необходимые выводы опыта. Это касается в особенности обмена энергии квантами, второго поступата, плодоворность которого была и остается изумительной.

19

Иnvariants

В «Кванте» уже писалось о решении задачи при помощи подбора инварианта (1976, № 2, с. 32). В данной статье обсуждаются понятие инварианта и ряд возможных в связи с ним вопросов.

1. Общая постановка задачи

При помощи инвариантов решаются задачи следующого типа: данные множества $M$ (элементы его мы будем называть «позициями») и правила, по которым разретается переходим от одной позиции к другой; можно ли из данной позиции $\alpha$ перейти за несколько шагов в другую данную позицию $\beta$? Более общая задача: как для произвольной пары позиций $\alpha$, $\beta$ устанавливаем, можно ли из $\alpha$ за несколько шагов перейти в $\beta$?

Очевидно, описанные ситуации обладают следующим свойством: если из позиции $\alpha$ можно перейти в позицию $\beta$ и из $\beta$ можно перейти в позицию $\gamma$, то из $\alpha$ можно перейти в $\gamma$. Это свойство называется трансиминностью.

Рассмотрим конкретную задачу.

Задача 1. Круе разделен на секторов, в которых как-то рассматриваны $n$ фишек. Разретается одновременно перевинуть любые две фишки: одну — на один сектор по часовий стрелке, другую — на один сектор в промивоположном направлении. Можно ли из позиции $\mu$, в котором в каждой секторе стойдит по одной фишке, перейти из позиции $\alpha$ в любую другую позицию, принадлежую той же

*) «Кванте», 1972, № 2, c. 2.

21

Дело в том, что если $f$ — инвариант, то из $f(\alpha) = f(\beta)$, вообще говоря, ничего не вытекает. Если $f(\alpha) \neq f(\beta)$, то позиции $\alpha$ и $\beta$ не эквивалентны (это следует из (1)). Если же $f(\alpha) = f(\beta)$, то позиции $\alpha$ и $\beta$ могут быть как эквивалентными, так и не эквивалентными: инвариант не запрещается на разных орбитах приимать одинаковые значения. (Например, постоянная функция, т. е. функция, которая на всех элемах из $M$ принимает одно и то же значение, тоже инвариантна.)

Как же быть? Попробуйте для каждого-nибудь $n$ вида 4 $k$ перейти от позиции $\mu$ к позиции $v$… Почем-то не удается. Попробуем найти другой, более тонкий инвариант.

Занутерум секторы (скажем, по часовой стрелке) от 1 до $n$. Для произвольной расстановки $\alpha$ физек по секторам обозначим через $a_k(\alpha)$ количество физек в $k$-м секторе при расстановке $\alpha$. Расмотрим теперь такую функцию $q$:
$$q(\alpha) = 1 \cdot a_1(\alpha) + 2 \cdot a_2(\alpha) + 3 \cdot a_3(\alpha) + \dots + n \cdot a_n(\alpha).$$

Является ли функция $q$ инвариантом? Произвольное допустимое перемещение (рис. 5) затрагивает 4 слагаемых суммы (2):
$$\dots + i \cdot a_i(\alpha) + (i + 1) \cdot a_{i+1}(\alpha) + \dots + (j - 1) \cdot a_{j-1}(\alpha) + j \cdot a_j(\alpha) + \dots$$

При перемещении, изображенном на рисунке 5, сумма (3) превращается, оченьindo, в сумму
$$\dots + i \cdot [a_i(\alpha) - 1] + (i + 1) \cdot [a_{i+1}(\alpha) + 1] + \dots + (j - 1) \cdot [a_{j-1}(\alpha) + 1] + j \cdot [a_j(\alpha) - 1] + \dots$$

Легко проверяется, что обе суммы равны. Итак, $q$ — инвариант! Нет, мы забили, что $n$-й сектор граничит с первым. Значит, есть еще 3 возможности (рис. 6—8). Подсчет, аналогичный только что сделанному, показывает, что в случае, изображенном на рис. 6, $q(\alpha)$ уменьшится на $n$, а в случае рисунка 7 — увеличится на $n$. В третьем случае $q(\alpha)$, конечно, не изменится. Итак, за одно перемещение значение функции $q$ может измениться, но только на $n$. Следова-

22

Значит, $q(v) = l \cdot n$ и $r(v) = 0$ (каковы бы ни были $n$ и $l$). С другой стороны,
$$a_1(\mu) = a_2(\mu) = \dots = a_n(\mu) = 1.$$
Значит,
$$q(\mu) = 1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}.$$
Если $n = 2m$, то $q(\mu) = n \cdot m + m$ и $r(\mu) = m \neq 0$. Следовательно, при четном $n$ получаем $r(\mu) \neq r(v)$. Итак, при четном $n$ позиции $\mu$ и $v$ не эквивалентны.
Если же $n = 2m + 1$, то $q(\mu) = n \cdot (m+1)$ и $r(\mu) = 0$. Таким образом, при четном $n$ мы опять имеем: $r(\mu) - r(v)$. Получается, что при четном $n$ вопрос об эквивалентности позиций $\mu$ и $v$ снова остается открытым.

3. Универсальный инварант

Назовем инварант $f$ универсальным, если на неэквивалентных позициях он принимает различные значения:
если $\alpha \neq \beta$, то $f(\alpha) \neq f(\beta)$.
Таким образом, для универсального инваранта $f$
если $f(\alpha) = f(\beta)$, то $\alpha \sim \beta$.
Универсальный инварант на каждой орбите принимает свое значение. Поскольку для универсального инваранта
$$\alpha \sim \beta \iff f(\alpha) = f(\beta),$$
универсальный инварант для любой пары позиций позволяет установить, эквивалентны они или нет.
Как проверить, что неокотый инварант $f$ универсален? Общего метода не существует. Иного может помочь следующее простая теорема.
Если $a)$ существуют такие позиции $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_l$, что каждая позиция $\alpha \in M$ эквивалентна одной из них и $b)$ инварант $f$ принимает, по крайней мере, $l$ различных значений, то $f$ — универсальный инварант и позиции $\delta_i, \delta_j (i \neq j)$ поарно не эквивалентны.
Из $a)$ вытекает, что существует не более $l$ орбит. Из $b)$ вытекает, что существует не менее $l$ орбит. Следовательно, существуетровно $l$ орбит. Снова из $b)$ вытекает теперь, что инварант $f$ принимаетровно $l$ значений и значений, $f$ универсален. Наконее, из $a)$ вытекает, что позиции $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_l$ принимает разным орбитам и, таким образом, попарно не эквивалентны.

Задача 1 (окончание). Докажем, что инварант $r$ универсален. Обозначим через $\delta_i$ такую расстановку физек: одна физка — в $i$-м секторе, все остальные — в $n$-м секторе. Под $\delta_n$ мы будем, разумеется, попарать расстановку, при которой все $n$ физек — в $n$-м секторе.

Легко сообщать, что любая расстановка эквивалентна одной из позиций $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$. В самом деле, пусты $a$ — произвольная расстановка физек. Попытемся собрать все $n$ физек в $n$-м секторе. Для этого будем перевратить первый физек, пока не загоним ее в $n$-й сектор; одновременно, в соответствии с правилами, мы будем перемешать вторую физек в противоположную сторону. Затем загоним в $n$-й сектор вторую физек, двигая в противоположную сторону третью физек, и так далее — вплоть до $(n-1)$-й физек. Когда мы загоним $n-1$ физек в $n$-й сектор, $n$-я физка будет в каком-то $i$-м секторе $(i=1, 2, \dots, n)$. Это и означает, что $\alpha \sim \delta_i$.

Посчитаем $r(\delta_i)$. При $i \neq n$:
$$\begin{cases} a_1(\delta_i) = a_2(\delta_i) = \dots = a_{i-1}(\delta_i) = \\ = a_{i+1}(\delta_i) = \dots = a_{n-1}(\delta_i) = 0, \\ a_i(\delta_i) = 1, \\ a_n(\delta_i) = n-1. \end{cases}$$
Следовательно, $q(\delta_i) = i \cdot 1 + n \cdot (n-1)$ и $r(\delta_i) = i$. Кроме того, $q(\delta_n) = n \cdot n$ и $r(\delta_n) = 0$. Итак, инварант $r$ принимает по крайней мере $n$ значений.

По теореме инварант $r$ универсален и позиции $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$ попарно не эквивалентны.

Поскольку $r$ — универсальный инварант,
$$\alpha \sim \beta \iff r(\alpha) = r(\beta).$$

В предыдущеем параграфе мы посчитали, что
$$r(\mu) = r(v) \Leftrightarrow n - \text{нечетное.}$$
Следовательно, $\mu \sim v$ тогда и только тогда, когда $n$ — нечетное. Задча, наконец, решена полностью.

У пряженние 1. Докажите, не используя понятия инваранта, что при нечетном $n$ позиции $\mu$ и $v$ эквивалентны.

У пряженние 2. Проверите, что любая функция от инваранта снова является инварантом: если $f$ — инварант и $g$ — произвольная числа функция, то и функция $h$
$$h(\alpha) = g(f(\alpha))$$
тоже инваранта.

У пряженние 3. Докажите, что любой инварант можно представить в виде функции от любого универсального инваранта: если $h$ — инварант, а $f$ — универсный инварант, то существует такая числа функция $g$, что выполняется (4).

У пряженние 4. Определим через универсальный инварант $r$ из задачи 1 два новых инваранта: $f(\alpha) = [r(\alpha)]^2$; $g(\alpha) = [r(\alpha) - 2]^2$. Докажите, что инварант $f$ универсален, а инварант $g$ не универсален.

У пряженние 5. Пусть $f$ — универсальный инварант. Каким условиям должны удовлетворять числа функция $g$, чтобы инварант $h$, определяемый равенством (4), был универсальным?

Задча 2. Данцы 20 карточек. На двух карточек написана цифра 0, на двух — цифра 1, …, на двух последних — цифра 9. Можно ли расположить эти карточки в ряд mak, имея карточки с 0 лекали рядом, между картоками с 1 лекалировно одна картока, …, между картоками с 9 лекалоровно 9 карточек?

Эту задачу можно решить без всяких инварантов. Однако для нас она интересна тем, что у нее есть два принципиально разных решения, использующих инваранты.

Представим себе 20 ящков, расположенных в ряд. Переформулируем теперь нашу задачу следующим образом: можно ли расположить картоки по ящикам так, чтобы выполнялись два условия:

a) карточки с 0 лекат в соседних ящиках, карточки с 1 — через один ящик, …, карточки с 9 — через две ящиков;

b) в каждой ящике лежит по одной картоке?

Очевидно, порознь выполнить каждое из условий оценил легко. Это и приводит к двум решениями.

Первое решение. Положим в первый ящик 10 карточек: одну — с 0, одну — с 1, …, одну — с 9. Затем вторую картоку с 0 положим во второй ящик, вторую картоку с 1 — в третьий ящик, …, вторую картоку с 9 — в одинаковой ящик. Условие a) выполняется. Мы хотим попытаться, не нарушая его, так переложить картоки, чтобы условия b) тоже выполнялись. Разрешим перекладывать любые две «одноимененные» (с одной и той же цифрой) карточки через одинаковое число ящиков. Нетрудно заметить, что при произвольном разрешении сdlгг в сумме произходит на четное число ящиков. Это подсказывает идею взять в качестве инваранта остаток от деления на 2 суммы номеров ящиков, в которых лежат карточки.

У пряженние 6. Закончить nameченное решение.

Второе решение. Положим в первый и второй ящик картоки с 0, в третьий и четвертый — картоки с 1, …, в девятнадцатый и двадцатый — картоки с 9. На этот раз выполено условие b). Разрешим местами любые две картоки. При таком перемещении расстояние между восемью парами «одноимененных» карточек не меняется, между двумя — меняется; таким образом, сумма всех этих расстояний…

У пряженние 7. Закончить решение.

4. Полная система инварантов

Иногда вместе универсального инваранта проще найти и использовать полную систему инварантов. Система инварантов $\langle f_1, f_2, \dots, f_h \rangle$ называется полной, если равенства
$$\begin{cases} f_1(\alpha) = f_1(\beta), \\ f_2(\alpha) = f_2(\beta), \\ \vdots \\ f_k(\alpha) = f_k(\beta) \end{cases}$$
(5)

24

имеют место одновременного тогда и только тогда, когда позиции α и β эквивалентны.

В чем суть этого определения? Если позиции α и β эквивалентны, то, поскольку $f_1, f_2, \dots, f_k$ — инварианты, каждое из равенств системы (5) все равно выполняется. «В эту сторону» полотна еще ни при чем. Если бы инварианты $f_1, f_2, \dots, f_k$ были универсальными, то эквивалентность позиции α и β вытекала бы из любого равенства системы (5). Нам не дана их универсальное, но затем требуется, чтобы одновременное выполнение системы (5) выклонивалоность позиции α и β. Именно в этом суть поняття полотны. Таким образом, хотя неокоторые из инвариантов $f_1, f_2, \dots, f_k$ могут на неоквивалентных позициях α, β принимать одинаковое значение, значения набора $\langle f_1, f_2, \dots, f_k \rangle$ на них различны.

Полная система инвариантов — это обобщение понятия универсального инварианта: если $f$ — универсальный инвариант, то система $\langle f \rangle$, состоящая из одного инварианта, конечно, полна.

Задача 3. В таблице 2×2 записьюются целые числа. Разрешается, во-первых, в любом стольце одновременное: к одному числу прибавить 2, из другого — вывести 2 и во-вторых, в любой строке одновременное: к одному числу прибавить 3, из другого — вывести 3. Какие таблицы эквивалентны?

Рассмотрим три функции: для любой таблицы

$$\alpha = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$$

обозначим через $p(\alpha)$ сумму $a + b + c + d$, через $q(\alpha)$ — остаток от деления числа $a + b$ на 2 и через $r(\alpha)$ — остаток от деления числа $a + c$ на 3. Функции $p, q, r$ являются инвариантами. Не очень трудно доказать, что произвольная таблица α эквивалентна таблице

$$\begin{pmatrix} 0 & q(\alpha) \\ r(\alpha) & p(\alpha) - q(\alpha) - r(\alpha) \end{pmatrix}.$$

Следовательно, из равенств

$$\begin{cases} p(\alpha) = p(\beta), \\ q(\alpha) = q(\beta), \\ r(\alpha) = r(\beta) \end{cases}$$

(6)

вытекает, что таблицы α и β эквивалентны одной и той же таблице и, значит, эквивалентны между собой. И обратно: эквивалентность таблиц α и β является равенства (6), поскольку $p, q$ и $r$ — инварианты. Таким образом, $\langle p, q, r \rangle$ — полная система.

У праванении 8. Решите задачу для таблицы $n \times n$, в которых разрешаются те же преобразования, что и в задаче 3. Естественно ожидать полную систему из 2$n$-1 инвариантов.

У праванении 9. Если $f_1, f_2, \dots, f_k$ — инварианты и $g$ — числовая функция от $k$ аргументов, то функция $h$:

$$h(\alpha) = g(f_1(\alpha), f_2(\alpha), \dots, f_k(\alpha))$$

(7) является инвариантом (ср. с упражением 2). Проверьте.

У праванении 10. Если $h$ — инвариант, а $\langle f_1, f_2, \dots, f_k \rangle$ — полная система инвариантов, то существует также числовая функция $g$ от $k$ аргументов, что выполняется (7) (ср. с упражением 3). Докажите.

У праванении 11. Множество $M$ — множество точек числовой плоскости, то есть множество пар $\langle x, y \rangle$ действительных чисел. Единственный допустимый переход: $\langle x, y \rightarrow \langle y, x \rangle$. Пусть

$$\begin{cases} f_1(x, y) = xy, \\ f_2(x, y) = x + y. \end{cases}$$

Докажать, что $\langle f_1, f_2 \rangle$ — полная система инвариантов.

У праванении 12. Множество $M$ — множество точек пространства или множество треок $\langle x, y, z \rangle$ действительных чисел. Разрешены переходы $\langle x, y, z \rightarrow \langle y, x, z \rangle$ и $\langle x, y, z \rightarrow \langle x, z, y \rangle$. Пусть

$$f_1(x, y, z) = xyz,$$

$$f_2(x, y, z) = xy + yz + zx,$$

$$f_3(x, y, z) = x + y + z.$$

Докажать, что $\langle f_1, f_2, f_3 \rangle$ — полная система инвариантов.

У праванении 13. Множество $M$ состоит из всевозможных наборов (или кортежей) $\langle x_1, x_2, x_3, \dots, x_n \rangle$ действительных чисел (n фиксировано). Разрешается менять местами любые два соседних числа. Найти полную систему инвариантов.

26

Задачи
M416 — M420; Ф428 — Ф432

M416. На плоскости даны $n$ точек $A_1, \dots, A_n$, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Какое наиболее число отрезков с концами в этих точках можно проверить так, чтобы не получилось ни одного треугольника с вершинами в этих точках?

A. Григорян, М. Примак, C. Фищбейн

M417. На поверхности куба с ребром 1 расположена замкнутая ломанная линия. На каждой грани куба находится по крайней мере одно звено ломанной. Докажите, что длина ломанной не меньше $3\sqrt{2}$.

B. Произвольов

M418. Докажите, что для любого натурального $n$ выполняются неравенства:

$$n \left( \sqrt[n]{n+1} - 1 \right) \leq 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \leq 1 + n \left( 1 - \frac{1}{n\sqrt{n}} \right).$$

M419. В круге радиуса 16 расположено 650 точек. Докажите, что найдется колюс с внутренним радиусом 2 и внешним радиусом 3, в котором лежат не менее 10 из данных точек.

A. Гейн

M420. a) Из дроби $\frac{a}{b}$ разрешается получить из трех дробей $\frac{a-b}{b}, \frac{a+b}{b}, \frac{b}{a}$. Можно ли таким преобразованиями из дроби $\frac{1}{2}$ получить дробь $\frac{67}{91}$?

6)* Из пары дробей $\left( \frac{a+b}{b}, \frac{c+d}{d} \right), \left( \frac{a-b}{b}, \frac{c-d}{d} \right),$

27

$\left(\frac{b}{a}, \frac{d}{c}\right)$. Можно ли из пары дробей $\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{7}\right)$ получить следующие пары: $\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{9}\right); \left(\frac{1}{4}, \frac{3}{8}\right); \left(\frac{4}{5}, \frac{7}{8}\right); \left(\frac{5}{19}, \frac{13}{50}\right); \left(\frac{39}{50}, \frac{60}{77}\right)$? (Здесь мы рассматриваем дробь $a/b$ просто как пару взаимно простых чисел: допускаются «дроби», у которых в числе или значенте слоя отрицательные числа или нуль.) в*) Постарейтесь выяснить, какие вообще дроби (соответственно пары дробей) можно получить из данных в задачах a) и 6).

Г. Гуревич, Б. Макаревич

Ф428. Сфера радиуса $R = 0,5$ м врашается вокруг ее вертикального диаметра с постоянной угловой скоростью $\omega = 5 \text{rad/сек}$ (рис. 1). Вместе со сферой на ее внутренней поверхности врашается небольшое тело, находящееся на высоте, равной половине радиуса.

1. Определить минимальное значение коэффициента треня, при котором это состояние возможно.
2. Определить минимальное значение коэффициента треня, если угловая скорость сферы равна $\omega = 8 \text{rad/сек}$.
3. Исследовать устойчивость состояния в случае вышенайdenных значений коэффициента треня при: a) малых изменениях положения тела; b) малых изменениях угловой скорости сферы.

Ф429. Степки цилиндра, поршень и внутренняя перегородка площадью $1 \text{dm}^2$ изготовлены из телоизолционного материалов (рис. 2). Клапан в перегородке открывается в том случае, если давление справа больше давления слева. В начальном состоянии в левой части цилиндра длиной $11,2 \text{dm}$ находится $12 \text{гелия}, в правой части, имеющей ту же длину, —$2 \text{гелия}, с обеих сторон температура равна $0^{\circ}\text{C}$. Внешнее давление равно $10^5 \text{н/м}^2$. Удельная темперакость тела при постоянном объеме $c_V = 3,15 \cdot 10^3 \text{дж/(кг·эрад)}$, а при постоянном давлении $c_p = 5,25 \cdot 10^3 \text{дж/(кг·эрад)}$.
Медленно передвигаем поршень по направлению к перегородке (с небольшой остановкой в момент открытия клапана) и отсоржно доводим поршень до перегородки. Чему равна произведение нами работа?

Ф430. На рисунке 3 показана простейшая схема выпрямителя. Диод считается идеальным: его сопротивление в прямом направлении равно нуль, в обратном — бесконечно велико. Во сколько раз изменяется мощность, выделяемая на сопротивление

29

М378. Докажите, что существуют бесконечное многонамеральные числа, не представимых в виде
a) $x^3 + y^3 + z^3$, где $x, y, z$ целые числа;
b) $x_1^n + x_2^n + \dots + x_n^n$, где $x_1, \dots, x_n$ не натуральные числа.
b) Докажите, что любое рациональное число можно представить в виде $x^3 + y^3 + z^3$, где $x, y, z$ не рациональные числа.

и соединим точку $K$ с вершиной $B$. Из середины $O$ отрезка $BK$ восставим перпендикуляр; точка пересечения этого перпендикура со сторонам $AC$ и будет искомой точкой $[OD] \perp [BK]$ и $O$ — середина $[BK]$; следовательно, $|BD| = |DK|$.

Осталось выяснить, всегда ли задача имеет решение. В треугольнике $ABD$: $|AD| + |BD| > |AB|$, то есть $P_{\triangle ABC} = |AD| + |BD| + |AB| > 2 |AB|$. Следовательно, задача имеет решение, если $|BC| > 2 |AB|$.

С. Охимин

◆

a) Легко проверить, что если $x$ — целое число, то либо $x^3$, либо $x^3 + 1$, либо $x^3 - 1$ делится на 9. Действительно, если $x = 3k$, то это очевидно; если $x = 3k + 1$, то $x^3 - 1 = (x - 1)^3 + 3x(x - 1) = (3k)^3 + 9kx$; если же $x = 3k - 1$, то $x^3 + 1 = (x + 1)^3 + 3x(x + 1) = (3k)^3 + 9kx$. Иначе наше утверждение можно формулировать так: при делении куба целого числа на 9 в остатке могут получаться только 0, 1 и —1. Отсюда сразу видно, что сумма трех кубов при делении на 9 может быть в остатке только 0, ±1, ±2, ±3. Поэтому все числа $9k \neq 4$ в виде суммы трех кубов целых чисел представлены быть не могут.

b) Возьмем все натуральные числа, меньше числа $N^n$ (где $N > 1$ — какое-то натуральное число). Если $a = x_1^n + x_2^n + \dots + x_n^n$ (где $x_i$ — натуральные числа), и $a < N^n$, то $x_i \leqslant N - 1$. Из $n$ чисел $x_1, \dots, x_n$, каждое из которых может принадлежать $(N - 1)$ значений $(1, 2, \dots, N - 1)$, можно составить $(N - 1)^n$ наборов (см., например, «Кваант», 1971, № 1, статьи Н. Я. Виленкина «Комбинаторика»). Среди сумм, составленных из $n$-х степеней чисел этих наборов, будут и одинаковые; так что количество чисел $a$ вида $x_1^n + x_2^n + \dots + x_n^n$, меньше $N^n$, не более $(N - 1)^n$. Следовательно, $[N^n - (N - 1)^n] = A_N$ натуральных чисел, меньше $N^n$, нельзя представить в виде суммы $n$-х степенейровно $n$ натуральных чисел. Число $A_N$ можно сделать как уголблим, поскольку $A_N > N^{n-1}$ и $n > 1$. Из этого следует, что натуральных чисел, не представимых в виде $x_1^n + x_2^n + \dots + x_n^n$, — бесконечного много.

b) Доказательство утверждения, формулированного в пункте в), впервые было получено в 1825 году. Выглядит оно потрясающе: для рационального числа $a$ неосредственно пишется его представление в виде суммы трех кубов рациональных чисел:

$$a = \left( \frac{a^3 - 3^6}{3^2 a^2 + 3^4 a + 3^6} \right)^3 + \left( \frac{-a^3 + 3^6 a + 3^6}{3^2 a^2 + 3^4 a + 3^6} \right)^3 + \left( \frac{a^2 + 3^4 a}{3^2 a^2 + 3^4 a + 3^6} \right)^3.$$

Непонятно, правда, как до такой формулы можно «додууматься» (впрочем, может быть, кому-нибуд из наших читателей это и удалось). Мы лишь можем предложить вам проверить, что эта формула верна.

Однако задачей о сумме трех кубов математики занимались не для того, чтобы получить формулу (*); сама по себе она, хотя и выглядел внушительно, мало почительна. Горздо важнее было понятно, что «скрывается» за этим тожеством. Но это уже совсем специализый вопрос; им занимается один из самых трудных разделов математики — алгебраическая геометрия.

И. Глуманов

30

Ф383. Цепочка массы m и длины l надета на эладкий круговой конус с углом при вершине 2α. Конус вместе с цепочкой врачается с угловой скоростью w векру вертикальной оси, совпадающей с осью симметричной конуса. Плоскость цепочки горизонтальная. Найти натяжение цепочки.

Рассмотрим силы, действующие на малый участок цепочки длины Δl. Это сила тяжесте G = mg Δl/l, сила N нормальной реакции поверхности конуса и силы натяжения цепочки F, действующие на участок Δl со стороны соседних участков (рис. 2). Сумма проекций всех сил на вертикальной ось OY должны быть равна нулю, поскольку цепочка вообще не перемещается в вертикальном направлении:

$$N \sin \alpha - G = 0.$$

(1)

Сумма проекций всех сил на горизонтальном ось OX обеспечивает центростремильное ускорение элемента цепочки:

$$2F \sin \varphi - N \cos \alpha = \frac{m}{l} \Delta l \omega^2 r.$$

(2)

Здесь r = \frac{l}{2π} и sin φ = \frac{\Delta l}{2r} = \pi \frac{\Delta l}{l} (рис. 3). Решая совместно уравнения (1) и (2), получим

$$F = \frac{m}{2\pi} \left( \frac{g}{\text{tg} \alpha} + \frac{\omega^2 l}{2\pi} \right).$$

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 4.

Ф384. Две взаимодействующие между собой частицы 1 и 2 с массами m1 и m2 соответственно образуют замкнутую систему. На рисунке 4, а показана траектория частицы 1 и положение обеих частиц в момент времени, коэффициент частицы 1 равна v, а скорость частицы 2 равна −3v. Построить траекторию частицы 2, если $\frac{m_1}{m_2} = 3$.

По условию задачи импульс (количество движения) данной системы равен нулю:

$$m_1 v + m_2 (-3 v) = 0,$$

поскольку нулю импульса замкнутой системы означает, что ее центр масс все время остается неподвижным.

В случае двух частиц центр масс расположен на отрезке, соединяющихся частицы, и делит этот отрезок в отношении, обратном отношению масс. Поэтому построение траектории частицы 2 совпадается к следующему (рис. 4, 6). Проводим отрезок AB, соединяющий частицы 1 и 2 в заданный момент времени (когда v_m2 = −3v_m1). Дelimит отрезок на четые части и откладываем одну часть от частицы 1. Найdenная точка O определяет положение неподвижного центра масс. Далее соединяем произвольную точку траектории частицы 1 (например, точку A1) с центром масс отрезком A1O и продолжа-

31

Ф385. Большая тонкая проводящая пластина площади S и толщины d помещена в однородное электрическое поле E, перепределуя пластine. Какое количество теплы выделится в проводнике, если поле выключить?

При внесении проводящей пластины в электрическое поле под действием этого поля производит перераспределение свободных зарядов в пластине. На противоположных стороны пластины, перpendикулярных направления внешнего поля, скалпливаются заряды противоположных знаков. Внутри пластины напряженность поля равна нулю. Это означает, что свободные заряды, распределенные по поверхностям пластины, создают поле, напряженность которого внутренний пластин равна —E, а внешний равна нулю.

Сразу после исчезновения внешнего поля внутренних остается только поле поверхностных зарядов, которое обладает энергейой

$$W = \frac{E^2}{2} \varepsilon_0 Sd.$$

Под действием этого поля производит «обратное» перераспределение зарядов по всему объему пластины. При этом вся энергия электрического поля выделится в виде теплы:

$$Q = \frac{E^2}{2} \varepsilon_0 Sd.$$

Ф386. В вершинах равно-бедренного прямогологного треугольника, катет которого равен a, расположенные одинаковые металлические шарики радиусов r (r≤a). Шарики заряжены зарядом q каждый. Шарики 1 и 2 соединяют проводник, затем проводник убирают. Затем так же поступают с шариками 2 и 3 и, наконец, с шариками 3 и 1. Какие заряды устанавливаются на шариках?

Решение задачи зависит от того, какой из шариков находится в вершине прямогоугла.

Позному удобнее решить сначала две вспомогательные задачи. Первая задача — о распределении суммарного заряда Q двух маленьких шариков, расположенных на концах катета. Шарики соединяют проводник в присутствии такого же шарика с зарядом Q0, находящемся в третьей вершине равно-бедренного прямогологного треугольника (рис. 5). Пусть после соединения заряды шариков станут Q1 и Q2. Соединенные шарики будут иметь одинаковый, который можно определить согласно принципу суперпозициции как сумму потенциальов, созданных каждым зарядом в отдельности. Условие r≤a позволяет не заботиться о том, как именно распределены заряды Q1, Q2, Q0 по поверхности шариков.

Система управления

$$\frac{Q_1}{4\varepsilon_0\varepsilon r} + \frac{Q_2}{4\varepsilon_0\varepsilon a} + \frac{Q_0}{4\varepsilon_0\varepsilon a} = \frac{Q_2}{4\varepsilon_0\varepsilon r} + \frac{Q_1}{4\varepsilon_0\varepsilon a} + \frac{Q_0}{4\varepsilon_0\varepsilon a\sqrt{2}},$$

$$Q_1 + Q_2 = Q$$

приводит к решению

$$Q_1 = \frac{Q}{2} - \frac{(2-\sqrt{2})r}{4(a-r)} Q_0 = \frac{Q}{2} - kQ_0,$$

$$Q_2 = \frac{Q}{2} + \frac{(2-\sqrt{2})r}{4(a-r)} Q_0 = \frac{Q}{2} + kQ_0,$$

где

$$k = \frac{(2-\sqrt{2})r}{4(a-r)} \approx \frac{(2-\sqrt{2})r}{4a}$$ (так как r≤a).

Вторая вспомогательная задача — о распределении суммарного заряда Q двух шариков, расположенных на концах гипотенузы. При соединении этих шариков в присутствии такого же шарика с зарядом Q0, расположенного в вершине

32

прямого угла, в силу симметрии суммарный заряд шариков распределяется между ними поровну:

$$Q_1 = Q_2 = \frac{Q}{2}.$$

Решение двух вспомогательных задач позволяет быстро пайти решение трех основных. Расстояние, например, случай, когда в вершине прямого угла находится шарик 1 (рис. 6). Тогда до всех соединитель $q_1 = q, q_2 = q, q_3 = Q_0 = q$.

Суммарный заряд шариков 1 и 2 равен $Q = 2q$. Заряд в третьей вершине $Q_0 = q$. Поэтому после соединения шариков 1 и 2 будет иметь:

$$Q_1 = \frac{Q}{2} - kQ_0 = q - kq, Q_2 = q + kq, q_3 = q.$$

Тепер уберем проводник между шариками 1 и 2 и соединим шарики 2 и 3. Суммарный заряд шариков 2 и 3 до соединения 2—3 равен

$$Q = (q + kq) + q = 2q + kq.$$

Эти шарики расположены на концах гипotenузы. Следовательно, после соединения 2—3 распределение зарядов будет таким:

$$q_1 = q - kq, q_2 = \frac{Q}{2} = q + \frac{k}{2} q; q_3 = q + \frac{k}{2} q.$$

Суммарный заряд шариков 3 и 1 после убирания проводника равен

$$Q = \left( q + \frac{k}{2} q \right) + \left( q - kq \right) = 2q - \frac{k}{2} q,$$

заряд в последней вершине (2) равен $Q_0 = q_2 = q + \frac{k}{2} q$. Поэтому после соединения 3—1 заряды распределятся так:

$$q_1 = \frac{Q}{2} - kQ_0 = \left( q - \frac{k}{4} q \right) - k \left( q + \frac{k}{2} q \right) = q \left( 1 - \frac{5}{4} k - \frac{1}{2} k^2 \right),$$

$$q_2 = Q_0 = q \left( 1 + \frac{1}{2} k \right),$$

$$q_3 = \frac{Q}{2} + kQ_0 = q \left( 1 + \frac{3}{4} k + \frac{1}{2} k^2 \right).$$

Подставляя значение $k \approx \frac{(2 - \sqrt{2}) r}{4a}$ и пребрегая членами, содержащими величины $\frac{r}{a}$ в степени выше первоой, окончательно получим:

$$q_1 \approx q \left( 1 - \frac{5(2 - \sqrt{2}) r}{16a} \right),$$

$$q_2 \approx q \left( 1 + \frac{(2 - \sqrt{2}) r}{8a} \right),$$

$$q_3 \approx q \left( 1 + \frac{3(2 - \sqrt{2}) r}{16a} \right).$$

33

Результаты для случав. изображенных на рисунках 7 и 8, сведены в таблицы:

| (Рис. 7) | $q_1$ | $q_2$ | $q_3$ |
| :— | :— | :— | :— |
| До всех соедининий | $q$ | $q$ | $q$ |
| После соедининия 1—2 | $q + kq$ | $q - kq$ | $q$ |
| После соедининия 2—3 | $q + kq$ | $q - \frac{3}{2}kq - k^2q$ | $q + \frac{1}{2}kq + k^2q$ |
| После соедининия 3—1 | $q \left(1 + \frac{3}{4}k + \frac{1}{2}k^2\right)$ | $q \left(1 - \frac{3}{2}k - k^2\right)$ | $q \left(1 + \frac{3}{4}k + \frac{1}{2}k^2\right)$ |
| Приближенное значение | $q \left(1 + \frac{3(2 - \sqrt{2})r}{16a}\right)$ | $q \left(1 - \frac{3(2 - \sqrt{2})r}{8a}\right)$ | $q \left(1 + \frac{3(2 - \sqrt{2})r}{16a}\right)$ |

| (Рис. 8) | $q_1$ | $q_2$ | $q_3$ |
| :— | :— | :— | :— |
| До всех соедининий | $q$ | $q$ | $q$ |
| После соедининия 1—2 | $q$ | $q$ | $q$ |
| После соедининия 2—3 | $q$ | $q + kq$ | $q - kq$ |
| После соедининия 3—1 | $q \left(1 + \frac{1}{2}k + k^2\right)$ | $q(1 + k)$ | $q \left(1 - \frac{3}{2}k - k^2\right)$ |
| Приближенное значение | $q \left(1 + \frac{(2 - \sqrt{2})r}{8a}\right)$ | $q \left(1 + \frac{(2 - \sqrt{2})r}{4a}\right)$ | $q \left(1 - \frac{3(2 - \sqrt{2})r}{8a}\right)$ |

Б. Буховце