Квант 1977, №2 · Страницы

9

КВАНМ
2
1977

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО - MATEMATIЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
АКАДЕМИИ НАУК СССР и АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК СССР

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Здесь показан способ построения одной из замечательных кривых — строфины.
Подробнее об этой кривой читайте на с. 39.

В НОМЕРЕ:

2 Ю. Макаренко. Алгоритмы на словах
10 А. Вирский. Этот удивительный эллипсид
12 Р. Гутер, Ю. Полунов. Точка, точка, запятая…

Лаборатория «Квант»
15 Е. Пономарёв. Опыты для изучения реактивного движения

Математический кружок
17 В. Болтянский. Шесть зайцев в пяты клетках
21 Победители конкурса «Квант»

Задачик «Квант»
22 Задачи М426—М430; Ф438—Ф442
24 Решения задач М386—М390; Ф393—Ф396
30 С. Пухов. Задча о выпуклых телах

По страницам школьных учебников
35 А. Хинчин. Геометрический смысл производной

«Квант» для младших школьников
38 Задачи
39 Ю. Данилов. Головоломки художника Громова
43 В. Береzin. Строфонда

Практикум абитриента
44 Программа вступительных экзаменов по математике для поступающих в вузы в 1977 году
47 И. Габович. Конусы в каркасах
50 Э. Турчин. Как решать задачи на механическое движение
54 Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова

Спрашивайте — ответаем
60 Л. Мочалов. Сkvэрворд
61 А. Савин. Сkvэрворд и слова-обороти

Ответы, указания, решения

Смеся (с. 9, 14, 21, 34, 57, 59)

© Главная редакция физико-математической литературы издательства «Нука», «Квант», 1977

2

Алгоритмы на словах

В конце девятнадцатого — начале двадцатого века в математике появился новый объект для изучения: целочки символьов, взятых из фиксированного набора. У нас в математической литературе также целочки называют тетерь словами.

Знаментийный немецкий математик Давид Гильберт в начале века предложил план доказательства непротиворечивости математики при помощи построения исчисления (то есть правило преобразования) слов. В начале тридцатых годов было выясено, что «всю математку» (и даже «всю аррифметику») виснуть в одно исчисление невозможно (это знаменита теорема Гёделя). Хотя надежды Гильберта в полном объеме не оправдались, отдельные разделы математики «форматизованы» таким путем удается, и все современные исследования по основаниям математики начинаются с подобной формализции. Во многих разделах математики (например, в математической лингвистике и общей алгебре) и ее приложения (скажем, языки программирования) слова стали одним из важнейших объектов изучения.

Теория алгоритмов родилась только в тридцатых годах нашего века. С тех пор понятие алгоритма также стало одним из важнейших в математике.

Хотя слово «алгоритм» появляется только в последнем разделе предложаемой статьи, все она посвязывана словам и алгоритмам, работаюшим со словами.

Вводный пример

Фиксируем на плоскости равносторонний треугольник ABC (рис. 1). Обозначим через R поворот плоскости на 120° против часовой стрелки вокруг центра O треугольника (рис. 2); через S обозначим осевую симметрию плоскости с осью OB (рис. 3). Каждый из преобразований R, S отображает треугольник ABC на себя. Поэтому их называют также самосовмещения исходного треугольника. Самосовмещения R и S мы будем называть элементарными.

Рассмотрим всевозможные композиции элементарных самосовмещений («Геометрия 7», п. 77). Каждая такая композиция снова, очень удобна, будет неокоторым самосовмещением.

Подобно обычным операциям сложения и умножения чисел, операция композиции самосовмещений обладает сочетательным, или ассоциативным, свойством: если f, g, h — самосовмещения, то

$$f \circ g) \circ h = f \circ (g \circ h).$$

(Это верно не только для самосовмещений треугольника, но и для произвольных отображений любого множества M в себя!) Поэтому в «длин-

Рис. 1.

ных» композициях элементарных самосовмещений скобки можно ставить в любом порядке, а значит, можно их и вообще не ставить. Например,

$$(R \circ S) \circ (R \circ R) = R \circ ((S \circ R) \circ R) = R \circ S \circ R \circ R.$$

В отличие от сложения и умножения чисел, операция композиции самосовмещений не обладает, вообще го-

3

Рис. 2.
воря, переместительный, или коммутативный, свойством. Так, в данном случае $R \circ S \neq S \circ R$ (ср. рис. 4 и 5).

Напишем наудачу какую-нибудь «длинную» композицию элементарных самосовмещений:
$$X = S \circ S \circ R \circ S \circ R \circ S \circ R \circ S \circ R.$$ (1)
Что можно сказать о самосовмещении $X$?

Легко доказать, что все существует шесть самосовмещений исходного треугольника: тождественное отображение $E$, оставляющее каждую точку плоскости на месте; поворот на $120^\circ$ против часовой стрелки; поворот на $120^\circ$ по часовой стрелке; осевые симметрии с осями $OA, OB, OC$. Из рисунков 4 и 5 видно, что осевая симметрия с осью $OA$ совпадает с композицией $S \circ R$, а осевая симметрия с осью $OC$ есть композиция $R \circ S$.

Задача. Представьте в виде композиции элементарных самосовмещений поворот на $120^\circ$ по часовой стрелке.

Рис. 3.
Итак, наша наудачу написанная композиция (1) является одним из шести перечисленных самосовмещений. Каким же именно?

Разумеется, этот вопрос легко решить чисто геометрическим: продолжайте с исходным треугольником по очереди все указаные самосовмещения (не забудьте только, что запись $f \circ g$ означает: сначала совпадает $g$, потом $f!$) и посмотрит на конечное положение треугольника.

Для наших целей существено, что этот же вопрос можно решить при помощи некоторого алгебраического вычисления.

Легко проверить, что
$$\begin{cases} S \circ R = R \circ R \circ S, \\ R \circ R \circ R = E, \\ S \circ S = E. \end{cases}$$

Кроме того, в любой композиции самосовмещений тождественное отображение $E$ можно опускать.

Поскольку нам предстоит сравнить до линная выкладка, да-

Рис. 4.
Рис. 5.

4

вайте со знаком композиции $\circ$ обходиться как с точкой при умножении: не будем этот знак писать. Равенства (1), (2) примут тогда вид

$$X = SSRSRSSR,$$

$$\begin{cases} SR = RRS, \\ RRR = E, \\ SS = E. \end{cases}$$

Композицию $X$ можно преобразовать так:

$$X = SSRSRSSR =$$

$$= (SS)R(SR)(SR)(SS)R =$$

$$= ER(RRS)(RRS)ER =$$

$$= R(RRS)(RRS)R =$$

$$= (RRR)(SR)R(SR) =$$

$$= E(RRS)R(RRS) =$$

$$= (RRS)R(RRS) = RRS(RRR)S =$$

$$= RRSES = RRSS = RR(SS) =$$

$$= RRE = RR.$$

Ассоциативные исчисления

В только что проведенной выкладке мы фактически имели дело со словами (см. первый абзац статы).

В предыдущем разделе буквы $R$ и $S$ имели смысл: они обозначали в поле не конкретные объекты — неоторные самосовмещения. Сейчас мы заимемся изучением абстрактных х букв и слов — букв и построенных из них слов, которые ничего не обозначают. (Впрочем, ниже мы еще вернемся к примеру из предыдущего раздела.)

Исходный набор букв, из которого строятся слова, называется алфавитом. Число букв в слове называют его длиной.

Пусть наш исходный алфавит состоит всего из двух букв: $\{a, b\}$. Тогда существует 4 слова длины 2: $aa, ab, ba, bb$; 8 слов длины 3 и т. д. Разрешается говорить и об «однобуквенных» словах, словах длины 1; их всего два: $a$ и $b$. Удобно считать, что существует также слова, не содержащие букв — пустое слово. Пусть слова — это аналог пустого множества. Его обозначают греческий буквой $\Lambda$. Длиной его, конечно, считают число 0.

Наши «правила игры» будут иметь такой вид:

$$\alpha \leftrightarrow \beta,$$

(5)

Рис. 6.

Рис. 7.

где $\alpha$ и $\beta$ — некоторые слова. Правило (5) означает, что в любом слове можно вместе $\alpha$ подставить слово $\beta$ и вместе $\beta$ — слово $\alpha$. Правила вида (5) называются подстановками.

Рассмотрим для примера подстановку:

$$abab \leftrightarrow bb.$$

(6)

В слова $\gamma = abababbabb$ слова $abab$ входит в трех местах (рис. 6) или, как говорят в математике, имеет три входнения. Слово $bb$ имеет в слова $\gamma$ два входнения (рис. 6). Оdnкратны м применением подстановки (6) из слова $\gamma$ можно получить 5 слов (рис. 7). К слову $abaab$ подстановка (6) неприменима: в него не входят ни левая, ни правая часть этой подстановки.

Когда мы вычисляем $(10+2) \times (8-3)) : (15-3) = (12\cdot 5):12 = 60:12 = 5$, мы, по существу, применяем подстановки $(10+2) \leftrightarrow 12, (8-3) \leftrightarrow 5, (12\cdot 5) \leftrightarrow 60$ и т. п.

Подстановка вида

$$\alpha \leftrightarrow \Lambda$$

(7)

означает, во-первых, что в любом слове вместе $\alpha$ можно «подставить пустое слово», т. е. попросту выбросить входящие слова $\alpha$. Если, например, подстановку

$$bb \leftrightarrow \Lambda$$

(8)

применить таким образом ко второму в слову $\gamma$, получится слова $abababbaba$. Подстановка вида (7)означает, во-вторых, что в любом слове между любыми двумя буквами можно «вставить» слова $\alpha$: естественно считать, что пустое слово входит между любыми буквами. Кроме того, применяем подстановку (7)«справа налево», можно,

5

конечно, «приписать» слова $\alpha$ как впереди, так и позади любого слова. Таким применением подстановки (8) можно из того же слова $\gamma$ получить 6 слов (почему?).

Чтобы задать «игру», надо фиксировать некоторые конечный набор подстановок. Такой набор (вместе с алфавитом) в математической логике называется ассоциативным исчислением.

Два слова называются смejнными в данном ассоциативном исчислении, если одно из них можно получить из другого однократным применением какой-нибудь из подстановок этого исчисления. Два слова, $\delta$ и $\eta$, называются эквивалентными в данном исчислении, если их можно «соединить» цепочкой смejнных слов, т. е. если существует такие слова $\mu_1$, $\mu_2$, …, $\mu_n$, что в цепочке $\delta$, $\mu_1$, $\mu_2$ …, $\mu_n$, $\eta$ каждое слово можно своими соседями. Эквивалентность слов $\delta$, $\eta$ мы будем обозначать так: $\delta \sim \eta$.

Разумеется, смejные слова эквивалентны.

Пример 1

Рассмотрим в алфавите $\{a, b\}$ ассоциативное исчисление с подстановками

$$\begin{cases} ba \leftrightarrow aab, \\ aaa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda. \end{cases}$$

Какие слова в этом исчислении эквивалентны?

Например, $aababbaaaba \sim a$, поскольку в цепочке $aababbaaaba$, $aabaaaaaba$, $aabaaba$, $aaaaaba$, $ababa, aaabba, bba, a$ каждое слово смejнено со своим соседями.

А нельзя ли указыть способ, как для любых двух слов в нашем алфавите узнавать, эквивалентны они или нет?

Сравнение равенств (4) с подстановками (9) подсказывает такой способ. Расмотрим равносторонний треугольник $ABC$ и его самосовмещения $R, S$ (с. 2).

Для любого слова $\alpha$ обозначим через $T_\alpha$ композицию элементов самосовмещений $R$ и $S$, получающегося в результате замены в слова $\alpha$ буквы $a$ на $R$ и буквы $b$ — на $S$. Например, $T_{ba} = SR$, $T_{abaa} = RSR$.

Поскольку в композиции самосовмещений тоже действенное отображение $E$ можно не писать, положим по определению $T_\Lambda = E$.

Каждая композиция элементов самосовмещений может, очевидно, быть записана в виде $T_\alpha$, где $\alpha$ — некоторое слово.

Таким образом, мы получили неокторое соответствие между множеством всех слов в алфавите $\{a, b\}$ и множеством самосовмещений. Это соответствие не является обратным: различным словам может соответствовать одно и то же самосовмещение. Например, $T_{ba} = SR = RRS = T_{aab}$ (ср. рисунки 5 и 8).

Способ, который мы хотим предложить для установления эквивалентности произвольных слов, основывается на трех «критах»:

(A) Левой и правой части каждой из подстановок исчисления соответствует мою же самосовмещение:

$$\begin{cases} T_{ba} = T_{aab}, \\ T_{aaa} = T_\Lambda, \\ T_{bb} = T_\Lambda. \end{cases}$$

Рис. 8.

6

(B) Любое слово эквивалентно в нашей исчислении одному из цесми слов: Λ, а, b, аа, ab, ааб.
(B) Любым двум из слов Λ, а, b, аа, ab, ааб соответствует разные самосовмещения.
Прежде всего установим верность утверждений (A) — (B).
Утверждение (A) вытекает из равенств (4). Утверждение (B) проверяется геометрическим: подейстуем на исходный треугольник самосовмещениями $T_\Lambda, T_a, T_b, T_{aa}, T_{ab}, T_{aab}$ и увидим, что получаются разные результаты (см. рисунки 1—3, 9, 4 и 8).
(B) доказывает последнее. Пусть $\alpha$ — произвольное слово. Применив к нему нужное число раз первую из подстановок (9), мы «перегоним» все $a$ в начало. Таким образом, слово $\alpha$ эквивалентно слову вида
$$\beta = \underbrace{aa \dots abb \dots b}_{k}$$
$(k \geqslant 0, l \geqslant 0)$. Если $l$ четно, то, применив к $\beta$ нужное число раз третью из подстановок (9), мы можем «учичтожить» в $\beta$ все $b$. В этом случае $\beta$, а значит, и $\alpha$, эквивалентно слову вида
$$\gamma' = \underbrace{aa \dots a}_{k}$$
В зависимости от остатка деления числа $k$ на 3 (он равяется 0, 1 или 2)

слово $\gamma'$ при помощи второй из подстановок (9) преобразуется в одно из слов $\Lambda, a, aa$. Если же $l$ нечетно, то $\beta$ и $\alpha$ эквивалентны слову вида
$$\gamma'' = \underbrace{aa \dots ab}_{k}.$$
В зависимости от того же остатка слова $\gamma''$ переводится в одно из слов $b, ab, aab$.
Из (A), очевидно, следует, что смежным словам соответствует одно и то же самосовмещение. Значит, это верно и для эквивалентных слов:
$$\alpha \sim \beta \Rightarrow T_\alpha = T_\beta.$$ (10)
Из (B), (B) и (10) мы получим обратное утверждение:
$$T_\alpha = T_\beta \Rightarrow \alpha \sim \beta.$$ (11)
Пусть $T_\alpha = T_\beta$. В силу (B) каждое из слов $\alpha, \beta$ эквивалентно одному из слов $\Lambda, a, b, aa, ab, aab$. Положим $\alpha \sim \alpha', \beta \sim \beta'$, где $\alpha', \beta' \in \{\Lambda, a, b, aa, ab, aab\}$. Из (10) $T_\alpha' = T_\alpha$ и $T_\beta' = T_\beta$. Учитывая $T_\alpha = T_\beta$, получаем $T_\alpha' = T_\beta'$. Тогда из (B) $\alpha' = \beta'$. Следовательно, $\alpha \sim \beta$.
Из (10) и (11) вытекает
$$\alpha \sim \beta \Leftrightarrow T_\alpha = T_\beta.$$ (12)
Просмотрите еще раз доказательство утверждения (12) и вы убедитесь, что это доказательство опирается только на (A) — (B). После того, как (A) — (B) установлены, дальнейшее обращение к подстановкам исчисления не нужно.

7

Теперь, после установки (12), мы можем наконец предложить обещанный способ: путь надо испать на эквивалентность слова $\alpha$ и $\beta$; подействуйте на треугольник $ABC$ самосовмещениями $T_{\alpha}$ и $T_{\beta}$; если получите одинаковый результат, то $T_{\alpha} = T_{\beta}$ и, значит, в силу (12) $\alpha$ и $\beta$ эквивалентны; в противном случае, опять в силу (12) они не эквивалентны.

Пример 2

Рассмотрим теперь в том же алфавите $\{a, b\}$ ассоциативное ичисление с подстановками:

$$\begin{cases} ab \leftrightarrow ba, \\ aa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda. \end{cases}$$

Для этого исчисления легко указывать два способа расозвания эквивалентности.

Первый способ

Данный способ аналогичен способу из примера 1. Фиксируем на плоскости какой-нибудь прямогольник $ABCD$ (рис. 10). Обозначим через $S_1$ осевую симметрию плоскости с осью $OM$, проходящей через центр симметрини прямогольника $O$ параллельно стороне $AB$ (рис. 11); через $S_2$ обозначим осевую симметрию с осью $ON$ (рис. 12). Обе эти симметрия являются самосовмещениями исходного прямогольника. Самосовмещения $S_1$ и $S_2$ мы будем называть элементарными.

Как и в примере 1, рассмотрим всевозможные композиции элементарных самосовмещений.

На этот раз самосовмещение $T_{\alpha}$ мы будем получить из слова $\alpha$ заменой буквы $a$ на $S_1$, буквы $b$ — на $S_2$.

Опять выполняются три «кита»:

(A) Левой и правой части каждой из подстановок ичисления соответствует применению (13) подстановки (13), найдите этаонные слова, эквивалентные словам $\alpha$ и $\beta$ (как это делается, рассказано при доказательстве (B) из примера 1); если $\alpha$ и $\beta$ окажутся эквивалентными одному и тому же этаонному слову, то $\alpha \sim \beta$; в противном случае $\alpha$ и $\beta$ не эквивалентны.

На языке статьи А. Толыго «Инварианты» («Квант», 1976, № 12) второй способ может быть изложен так: для любого слова

$$\begin{cases} T_{ab} = T_{ba}, \\ T_{aa} = T_{\Lambda}, \\ T_{bb} = T_{\Lambda}. \end{cases}$$

(B) Любое слово эквивалентно в нашем исчислении одному из четырех слов: $\Lambda$, $a$, $b$, $ab$.

(B) Любим двум из слов $\Lambda$, $a$, $b$, $ab$ соответствует соответствующим разные самосовмещения.

Из (A) — (B), как и выше, выводится

$$\alpha \sim \beta \iff T_{\alpha} = T_{\beta}.$$

Значит, эквивалентность произвольных слов $\alpha$, $\beta$ устанавливается, как в примере 1: подействуйте на прямогольник $ABCD$ преобразованиями $T_{\alpha}$ и $T_{\beta}$; если получим одинаковый результат, то $\alpha \sim \beta$; иначе $\alpha$ и $\beta$ не эквивалентны.

Второй способ

Присмотревшись к подстановкам (13), можно подметить, что они сохраняют одному из эмалонных слов $\Lambda$, $a$, $b$, $ab$.

Поскольку у любых двух этаонных слов либо четности числа буква $a$, либо четности числа буква $b$ различны (см. рис. 13), эмалонные слова попарно не эквивалентны.

Следовательно, эквивалентность произвольных слов $\alpha$, $\beta$ расположется просто: применения подстановки (13), найдите этаонные слова, эквивалентные словам $\alpha$ и $\beta$ (как это делается, рассказано при доказательстве (B) из примера 1); если $\alpha$ и $\beta$ окажутся эквивалентными одному и тому же этаонному слову, то $\alpha \sim \beta$; в противном случае $\alpha$ и $\beta$ не эквивалентны.

На языке статьи А. Толыго «Инварианты» («Квант», 1976, № 12) второй способ может быть изложен так: для любого слова

8

α положим

$$f_1(\alpha) = \begin{cases} 0, если число букв a в слова α четно, 1 в противном случае; \end{cases}$$

$$f_2(\alpha) = \begin{cases} 0, если число букв b в слова α четно, 1 в противном случае. \end{cases}$$

Функции $f_1, f_2$ образуют полную систему инвариантов. Поэтому эквивалентность произвольных слов α, β распознается так: посчитайте значения функций $f_1$ и $f_2$ на α и β; если равенства

$$\begin{cases} f_1(\alpha) = f_1(\beta), f_2(\alpha) = f_2(\beta) \end{cases}$$

будут выполнены, α~β; в противном случае α и β не эквивалентны.

Попробуйте решить задачу из примера 1 вторым способом, т. е. при помощи инвариантов. Это намного труднее, чем в примере 2.

Алгоритм существует не всегда

Проблема отыскания способов для установления эквивалентности слов в ассоциативных ичислениях была поставлена в 1914 году норвежским математиком Туэ. Сам Туэ указывал также способы для ассоциативных ичислений неокоторого специального вида.

В 1946 и 1947 годах советский математик Андрей Андреевич Марков и американский математик Эмиль Пост независимо построили ассоциативные ичисления, для которых также способа не существует.

До сих пор в нашей стране мы избегали слова «алгоритм». В математике алгоритм называют точное представление для решения неокоторого класса задач. Эту фразу ни в коем случае нельзя рассматривать как определенное понятие алгоритма — ведь слова «точное представление» не являются каким-то математическим термином, не имеют однозначного смысла.

До тех пор, пока математики занимались построением конкретных алгоритмов, они обходились тем рассыпчатым описанием этого понятия, которое дано выше. Но в первые десятилетия XX века накопилось много классов задач, для которых алгоритма найти не удалось. Математики начали подозревать, что дело не в недостатке у них смекалки. Им пришла в голову мысль: а вдруг для того или иного класса задач просто не во змю же на ней алгоритм? А если его просто не существует?

Для того чтобы доказать, что алгоритма не существует, уже недостаточно распливчатого понятия, надо это понятие уточнить. Такое уточнение и было проделано в середине тридцатьх годов нашего века *).

Лишь после этого уточнения стало в принципие возможного доказывать несуществование алгоритма. Первое доказательство такого рода дал американский логик Алонзо Черч.

Исчисления, построенные А. А. Марковым и Э. Постом, были весом громоздки: они содержали сотни подстановок. Математики стали искать более простые примеры ассоциативных ичислений с неразрешимой проблемой эквивалентности. В этом направленииrekord поставил Григорий Самуилович Цейтин: он построил такое ичисление всего с 7 подстановками **).

Цейтин доказал, что для ичисления в алфавите {a, b, c, d, e} с подстановками

$$\begin{cases} ac \leftrightarrow ca, ad \leftrightarrow da, bc \leftrightarrow cb, bd \leftrightarrow db, eca \leftrightarrow ae, edb \leftrightarrow be, abac \leftrightarrow abace \end{cases}$$

alгоритма распознавания эквивалентности слов не существует.

Интересно, что ичисления с разрешимой и ичислением с неразрешимой проблемой эквивалентности «лежат рядом». В брошюре Б. А. Трахтенброта «Алгоритмы и машинное решение задач» (Москва, Физматгиз, 1960) и ичисление Цейтина было приведено *)

*) Об этом можно прочесть в §§ 7, 13 брошюры Б. А. Трахтенброта «Алгоритмы и вычислительные автоматы» (Москва, «Советское радио», 1974) и на с. 9—13 книги «Машины Тыbiorинга и рекурсивные функции» (Москва, «Мир», 1972).

**) Егоrekord воспользовали перекрыл Юрий Владимирович Матиясевич, построивший такое ичисление с трея подстановками. К сожалению, они слишком длины, чтобы их здесь привести.

9

дено «всего» с одной опечаткой: последняя подстановка в (14) была напечатана в виде $abac \leftrightarrow abacc$. Читатель Г. Н. Спиридович из Ленинграда, не поверив на слово автору брошюры, нашел для «искаженного исчисления Цейтина» исключый алгоритм. А вы могли бы?

Задачи

1. Построить алгоритм, расположющий эквивалентность слов, для ассоциативного исчисления в алфавите $\{a\}$ с единственной подстановкой
   $$a a \leftrightarrow \Lambda.$$
2. Та же задача для исчисления в алфавите $\{a, b\}$ с подстановками
   $$\begin{cases} aaaa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda, \\ abab \leftrightarrow \Lambda. \end{cases}$$
3. Та же задача для исчисления в алфавите $\{a, b\}$ с подстановками
   $$\begin{cases} aaaaa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda, \\ abab \leftrightarrow \Lambda. \end{cases}$$
4. Та же задача для исчисления в алфавите $\{a, b, c\}$ с подстановками
   $$\begin{cases} aa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda, \\ cc \leftrightarrow \Lambda, \\ ab \leftrightarrow c, \\ ac \leftrightarrow b, \\ ba \leftrightarrow c, \\ ca \leftrightarrow b, \\ cb \leftrightarrow a. \end{cases}$$
5. Построить ассоциативное исчисление с неразрешимой проблемой эквивалентности с 7 подстановками в двухбуквеном алфавите. Указаны и е. Разрешается воспользоваться тем, что для исчисления Цейтина (с. 8) проблема эквивалентности неразрешима.
6. Имеется число $n$, в записи которого нет нуле. Если в нем стоит рядом две одинаковые цифры или два одинаковых двухначных числа, то их разрешается вычеркнуть. Наоборот, в любое место разрешаетсяставить две одинаковые цифры или два одинаковых двухначных числа. Доказать, что, комбинируя эти операции, можно получить число, меньше 10$^9$. (Эта задача, приуманная Г. Гальперным, предлагалась на XXXIX Московской математической олимпиде.)

Задачи
наших читателей

1. Среди 15 одинаковых по виду шариков имеется один «бракованный», отличаюшийся от всех остальных по весу, и один отмеченный «стандартий».
   Как найти «бракованный» шар не более чем треяя взвешиваниями наащечных весах (без гирь)?
   M. Караджян
   (r. Степанаван)

2. Прямы, проходящие через основания высот $BB_0$ и $CC_0$ треугольника $ABC$, параллельны стороне $BC$ и пересекают стороны $AB$ и $CA$ (или их продолжения) соответствующего в точках $C_1$ и $B_1$. Докажите, что
   a) $|B_0C_1| = |B_1C_0|^2$;
   b) $|B_1C_1|^2 = |B_0B_1|^2 + |C_0C_1|^2 + |B_0C_0|^2$.
   Y. Алла
   (r. Выру)

3. Доказать неравенства
   $$1,71 < 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{n!} < 1,72.$$
   C. Берколаюк
   (c. Котово Белгородской обл.)

4. Решить уравнения
   a) $x^5 = \overline{yyyx}$;
   b) $(x + y)^2 = \overline{xy}$;
   b) $(xx)^2 = yzt \frac{x}{2}$.
   И. Михалкович
   (Mинская обл.)

5. В терраэдре $ABCD$ точки $A', B', C', D'$ — центры окружностей, описанных околой граней $BCD$, $CDA$, $DAB$, $ABC$ соответствующего на плоскости $B'C'D'$, $C'D'A'$, $D'A'B'$, $A'B'C'$, пересекаются в одной точке.
   Нечyen Конг Кви
   (r. Ханой)

11

Тогда получим

$$\cos \alpha_1' = \frac{2ac - (a^2 + c^2) \cos \alpha_1}{a^2 + c^2 - 2ac \cos \alpha_1} = \frac{2\varepsilon - (1 + \varepsilon^2) \cos \alpha_1}{1 + \varepsilon^2 - 2\varepsilon \cos \alpha_1}.$$

(3)

Аналогичное соответствие можно записать для углов $\alpha_1''$ и $\alpha_1''$ из треугольника $ANB$. Учитывая, что $\alpha_2 = \pi - \alpha_1''$ и $\alpha_1'' = \pi - \alpha_1'$, и используя соответствие (3), получим

$$\cos \alpha_2 = \cos (\pi - \alpha_1'') = -\cos \alpha_1'' = -\frac{2\varepsilon - (1 + \varepsilon^2) \cos \alpha_1''}{1 + \varepsilon^2 - 2\varepsilon \cos \alpha_1''} = -\frac{2\varepsilon + (1 + \varepsilon^2) \cos \alpha_1'}{1 + \varepsilon^2 + 2\varepsilon \cos \alpha_1'} = -\frac{4\varepsilon (1 + \varepsilon^2) - [4\varepsilon^2 + (1 + \varepsilon^2)] \cos \alpha_1}{4\varepsilon^2 + (1 + \varepsilon^2)^2 - 4\varepsilon (1 + \varepsilon^2) \cos \alpha_1}.$$

(4)

Пользовать выражением (4), не трудно показать, что для любых $\alpha_1$ таких, что $0 < \alpha_1 < \pi$ (огранничимся рассмотренем только верхней полуплоскости),

$$\cos \alpha_2 < \cos \alpha_1, \text{ и } \alpha_2 > \alpha_1.$$

Можно было бы продолжить рассмотрение хода луча $AM$ и найти выражения для соответствующих углов $\alpha_3$, $\alpha_4$, …, $\alpha_n$. Однако мы предоставим читателю продолжать это самостоятельное. Заметим лишь, что в обшем случае, при многократных отражениях, справедливо соответствие

$$\alpha_1 < \alpha_2 < \alpha_3 < \dots < \alpha_n.$$

С увеличением экспентриситета $\varepsilon$ «сходимость» лучей ускоряется.

В приведенной ниже таблице даны в качестве примера результаты расчета для углов $\alpha_2$, $\alpha_3$ и $\alpha_4$ в зависимости от угла $\alpha_1$. Экспентриситет эллипса $\varepsilon = 0,5$. Из таблицы видно, что уже после третього цикла отражений почти все лучи «выстраиваются» вдоль большей оси эллипса.

Аналогичные рассуждания можно проведити для зеркального эллипсона. Можно рассмотреть и более сложные задачи, например, когда источник света находится в произвольной точке внутри эллипсона или когда каждой точка внутри поверхности эллипсона является излучателем.

В начале мы назвали рассматриваемое свойство зеркального эллипсона интересным геометрическим свойством. Но тот факт, что почти все лучи «выстраиваются» вдоль большей оси эллипсона, означает, что световая энергия почти все концентрируется в одном направлении. Можно быть, это можно использовать практическими?

Заметим, однако, что необходимо для этого условия — идеально отражающая зеркальная поверхность эллипсона и «мгновенная» вспышка — практическими неосуществными. Особенно сложно выполнить второе условие. Действительно, время вспышки т должно бытся бы мы меньше времени прохождения светом пути $AMB: \tau < \frac{r_1 + r_2}{c_0} = \frac{2a}{c_0}$. Посокльку скорость света в вакууме $c_0 = 3 \cdot 10^8 \text{ m/сек}$, то при разумных размерах эллипсона ($a \sim 1 \text{ m}$) $\tau < 10^{-8} \text{ сек}$. Так что рассмотренная задача пока представляется чисто теоретический интерес.

Десятические доби, позволяющие вести вычисления с добями так же, как с целыми числами, занимают одно из первых мест среди «китов», на которых опирается наш технический арифметический вычисленный. Современные представления о десятичных добях сложились постепенно. Изобретение десятичных добей нельзя приписать какому-нибудь одному человеку: их история сложна и запутана. На протяжении XV и XVI веков многие учены Европы использовали их отдельные свойства. Математики стран Ближнего Востока, Средней Азии и Северной Африки фактически касались десятичных добей еще в XI—XIII веках.

Сильно запутана история и «десятичного знака», служшего для разделения целой и добной части числа в десятичных добях.

Мы хотим познакомить читателей «Кванта» с историей развития «десятичного знака». На примере числа 14 $\frac{382}{1000}$ мы показем, как изобразились десятичные доби в XVI—XVII веках—см. таблицу на с. 13.

В этой таблице встречаются и значительные имена, и имена, известные лишь узкому кругу специальтов по истории математики. Далее мы приведем короткие биографические справки о некоторых упоминающих здесь людей.

Франсуа Виет де la Birotье (1540—1603) был юристом и советником у французских королевей Генриха III и Генриха IV. Математикой он занимался «в свободное от работы времени». Внет внес значительный вклад во все области современной ему математики, но особенно велики его заслуги в развитии алгебраической символьку. (Впрочем, его символька не получила широкого распространения. Современная алгебраическая символька в основном ведет свое начало от «Рассужждения о метода» Р. Декарта (1637 г.).) В одной из его первых книг «Matематические таблицы», опубликованной в 1579 году в Париже, автор говорит о приему шестых десятичных добей при вычислениях и сам широко их использует.

Выдающийся фламандский ученый Симон Стевин (1548—1620) — один из «универсальных гениев» эпохи Возрождания. Труды Стевина посвязываны самим разнообразным вопросам современных ему математики, механики и физики. Но наиболееую славу ему принесла небольшая книжка «Десяная», изданная в 1585 году в Лейдене. В ней автор выступил поуляrizатором десятичных добей. Подробно посяня технически выполнения арифметических операций с десятиными добями, он всячески поддерживает простоту излагаемого материнала: «…Может же недалекий умом деревенский медведь по частливой случайности набрести на дорогой

13

klad, не применив при этом никакой учености!». «Десятая» получила широкую известность в Европе. На французский язык она была переведена в том же 1585 году самим автором. На английском языке она появлась в 1608 году.

Джованини Антонио Маджини (1555—1617) был профессором университета в Болонье. Он использовал «десятичную запятую» в таблицах своей книги «Плокские треугольники», изданной в 1592 году в Венецин.

Швейцарц Иост Бюргги (1552—1632) был сначала часовиком и механиком, помогал строить и ремонтировать астрономические инструменты, а затем помогал Кеплеру в обработке астрономических наблюдений и других вычислениях. В 1592 году он составил таблицу синусов и написал руководство по арифметике. В них он систематически применял десятичные дроби. В 1616 году Кеплер писал о нем: «… так как часто будут получаться дроби, а мне желательно пользоваться коротками числами, то заметь, что все цифры, стоящие после знака о, принадлежат дроби в качестве числителя, знаменателя же к ней не пишут, но он всегда есть круглое десятиное число со столькими нулями, сколько цифр стоит после знака … Такой вид вычислений с дробями придумал Иост Бюргги … Благодаря этому, с целыми числами и с дробью при всех основных действиях можно обращаться как с одним числом».

В 1603 году франкфуртский врач Иоганн Гартман Бейер (1563—1625) выпустил сочинение «Десятичная логика», где писал: «… я обратил внимание на то, что техники и ремесленники, когда изменяют какуюибудь длину, то очень редко и лишь в исключительных случаях выражают ее в целых числах одного наименования; обыкновенно им приходится или быть мелкие меры, или обращаться к дробям; точно так же астрономы изменяют величины не только в градуах, но и в долях градуса, т. е. минутах, секундах и т. п.; но мне кажется, что их деление на 60 части не так удобно, как деление на 10, на 100 части и т. д., потому что в по-

14

следнем случае гораздо легче складывать, вычитать и вообще произвольить арфметические действия; мне кажется, что десятичные доли, если бы их ввести вместе шестидесятерины, пригодились бы не только для астрономии, но и для всякого рода вычислений.

Немецкий свяшеник Бартоломей Питиск (1561—1613) известен в истории математики как автор нескольких книг по тригонометрии и общирных тригонометрических таблиц. Именно он первый predложил термин «тригонометрия».

Имя вликого ученого — астронома, физика и математика — Иоганна Кеплера (1571—1630) известно сейчас любому школьнику. При исследовании движения планет ему приходилось проводить колосальный вычислительный работу и он пользовался десятичными дробями, о которых узнал от Бюрги.

Шотландский барон Джон Непер (1550—1617) знаменит как изобретатель логарифмов и «палочек Непера» — простого приспособления для умножения многозначных чисел *). В книге «Рабодология», выSEDшей в 1617 году независимо до его смерти, он использовал десятичную запятую. В другой своей книге «Построение удивительной таблицы логарифмов», выSEDшей после его смерти, но написанной многораны, он рекомендует использовать десятичную точку.

Профессор математики и астрономии в Лондоне и Оксфорде Генри

*) «Квант», 1975, № 2, c. 42.

Брингс (1561—1631) совместно с Непером разработал систему десятичных логарифмов и выпустил первый таблицы их.

Англійский математик Уильям Отред (1575—1660), изобретатель первых логарифмических линейек, был в течение 50 лет приходским связанием и обучал желающих математике. Обозначать умножение «косым крестом» × впервые predложил он.

Хотя «знаковая фантация» не искряла еще и в XVIII века, основная борьба велась уже между десятичной точкой и десятичной запятой. Как видно из нашей таблицы, эти знаки появились почти одновременно. Непер, колеблясь между ними, использовал оба знака. Со времени появления «Новой арфметики» Г. Бёклера (1661 г.) в математических книгах, издаваемых в Германии, укоренилась десятичная запятая. Постепенно она прочно утвердилась в континентальной Европе, тогда как в английских странах предпочтают десятиную точку, причем в Англійе ее сейчас ставят в середине строки: 14.382, а в США — внизу: 14.382. (В качестве знака умножения в английских странах обычно применяют «косой крест» × .)

В последние 10—15 лет, под влиянием алгоритмических языков программирования, десятичная точка стала постепенно десятичную запятую. Поскольку в них принята именно десятичная точка, а для умножения «косой крест», люди, связанные с программированием, — а также становятся все больше и больше — предпочтают эту систему обозначений.

16 карточек

На шестинадцати квадратных карточках написаны слова:

БАРИН БИРКА БУЛКА БУРАН
БУРКА КЛОУН КОЛБА ЛУНКА
РОЛИК РУБКА РИСКА САЛОН
САТИН СИЛОК СУКНО СУРОК

Расположите эти карточки в виде квадрата таким образом, чтобы в любых четырех словах, стоящих на одной вертикали, горизонтали или диагонали квадрата, встречалась бы общая буква.

Л. Мочалов

Опыты для изучения реактивного движения

В прошлом учебном году ученик 8 класса средней школы № 82 поселка Черноголовка Московской области Евгений Пономарев под руководством учитель физики В. А. Орлова проделал очень интересную работу по экспериментальной изучению реактивного движения. В публикуемой статье автор рассказывает о проделанной работе.

Reактивным движением принято называть движение, вызваемое реакцией вытекающей струп жидкости или газа. Так движутся, например, ракеты. Горячие газы, образующиеся при сторании топлива в двигатель ракеты, с большой скоростью выбратьсяются через отверстие (сопло) в хвосте ракеты. Сила реакции вытекающей струп газов сообщает ракете ускорение. Поскольку масса ракеты постепенно уменьшается (выгорает топливо), модель ускорения ракеты со временем изменяется. Как же в таком случае рассчитать скорость ракеты?

Известный советский ученый К. Э. Циolkовский теоретически вывел формулу (ее теперь называют формулой Циolkовского), по которой можно определить скорость ракеты в любой момент работы ее двигатель. В частности, к моменту полного сторания топлива модель скорости $\vec{v}_1$ ракеты вычисляется по формуле

$$\vec{v}_1 = \vec{v}_2 \ln \left( 1 + \frac{m_2}{m_1} \right).$$

Здесь $\vec{v}_2$ — скорость вытекания продуктов сторания относительно ракеты, $m_1$ — масса самой ракеты (без топлива), $m_2$ — масса скоревшего топлива, $\ln$ — натуральный логарифм *).

Экспериментально проверку этой формулы можно проведити с помощью прибора для демонстрации реактивного движения. Он представляет собой модель ракеты, которая продается в магазинах как игрушка и имеет в школьных кабинетах физики. Кроме того, для опытов потребуется весь рычажные лабораторные иружинные бытовые, секундомер, мензурка и велосипедный насос (рис. 1).

Экспериментальная задача заключается в том, чтобы определить на опите $|\vec{v}_1|$ и сравнить его со значением, расчитанным по формуле Циolkовского.

Прежде всего в корпус ракеты заливается некоторое количество воды, а в сопло ракеты всталяется пусковое устройство со скобой, удерживающей ракету. Затем в вертикальном строяшую ракету через пусковое устройство насосом накачается воздуха. При следующии скобы сжатый воздушы выбрасывают воду, и ракета, отделяясь от пускового устройства, взлетает.

Начальную скорость ракеты при строгого вертикальном полете можно

*) Для вычисления натурального логарифма некоторого числа $a$ можно воспользоваться формулой $\ln a = \frac{\lg a}{\lg e}$, где $e \approx 2.71$ (см., например, «Алгебра и начала анализа — 10»).

Рис. 1.

найти по времене ее полета $t$:

$$\vec{v}_1 = |\vec{g}| t/2.$$
Если же пакета взлетела под некоторым углом к горизонту и приземиллась на расстоянии $s$ от места запуска, то

$$\vec{v}_1 = \sqrt{(|\vec{g}| t/2)^2 + (s/t)^2}.$$

Заметим, что высота пакета в наших опытах достигала 30 м, так что запуск следует производить на открытом пространстве.

Тепер задача сводится, по существу, к определению скорости $\vec{v}_2$ истечения воды относительно пакеты.

Для этого измеряется сила $\vec{F}$, с которой водная струя из сопла пакеты ударяется в подставленную цашку пружинных весов. При ударе вода передает весь свой импульс чашке весов, поэтому $\vec{F} |\Delta t = m_2 |\vec{v}_2|$, где $\Delta t$ — время выброса воды, а масса выбросенной воды $m_2 = \rho S |\vec{v}_2| \Delta t$ (ρ — плотность воды, S — площадь секции сопла). Таким образом,

$$\vec{v}_2 = \sqrt{|\vec{F}| / (\rho S)}.$$

Для измерения силы удобно на весы поставить дополнительную стрелку, которая не возвращается в первоначальное положение после удара воды и фиксирует максимальную силу удара.

Поскольку измерения $\vec{v}_1$ и $\vec{v}_2$ нельзя проводить в одном и том же опите, важно быть уверенным в том, что давление воздуха в пакете всегда одно и то же. Проще всего добиться одинаковости давления, взвешивая ракету до накачивания ее воздействия, что скорость пакеты расет с увеличением массы воды («сторевшего топлива»). На опите получается, что, начиная с некоторого значения $m_2$, скорость пакеты уменышается при увеличении массы воды (рис. 2). Это каждоеся противоречное можно объяснить тем, что скорость вытекания воды ($|\vec{v}_2|$) зависит от ее массы. Так, при большом количестве воды объем скатного воздействия в пакете заметно увеличивается по мере выброса воды. Это приводит к уменьшению давления воздействия на воду, а значит, и скорости вытекания воды. Оптимальное значение $m_2$ можно найти экспериментально. В наших опытах объем воды составляет 30 cm³ при объеме пакеты 140 cm³.

В заключение приведем результаты одного из опитов: масса пакеты $m_1 = 53,15$ e, масса воды $m_2 = 30$ e, масса нагнетаемого воздействия на воду $m_B = 0,53$ e, сечение сопла пакеты $S = 3,1 \cdot 10^{-5}$ m², сила удара струпи $\vec{F} = 29$ n, экспериментально измеренная скорость пакеты $\vec{v}_{13} = 14,7$ m/сек, а расчитанная по формуле Циолковского $\vec{v}_{1p} = 13,9$ m/сек. Отсюда

$$\frac{|\vec{v}_{13}| - |\vec{v}_{1p}|}{|\vec{v}_{13}|} \cdot 100\% \approx 5,4\%$$

то есть формула Циолковского проверена с вполне допустимой погрешностью измерения.

17

Математический кругжок

В. Болтянский

ШестЬ зайцев в пяти клетках

«Ну зайцы, погодите!»
Волк

Согласитесь, что если в каждой клетку разрешается посадить не более одного зайца, то разместить шесть зайцев в пяти клетках не удостся, и вообше, ни для какого натурального n не удостся разместить n + 1 зайцев в n клетках. Можно сказать и иначе: если в n клетках находится n + 1 или больше зайцев, то найдемся клетка, в котором сидит не менее двух зайцев.

Обозначим зайцев символами p₁, …, pₙ+1, а клетки — q₁, …, qₙ. тогда каждой способ разадить зайцев в клетки можно рассматривать как некоторое отображение (рис. 1) множество P = {p₁, …, pₙ+1} в множество Q = {q₁, …, qₙ}: зайцу pᵢ ∈ P ставится в соответствие (в качестве его «образа») та клетка qᵢ ∈ Q, в которой этот заяц сидит. Таким образом, сформированное выше утверждение о заяцах в клетках имеет следующий математический смысл: при любом отображении множества P, содержащого n + 1 элементов, в множество Q, содержащое n элементов, найдется два элемента множества P, имеющие один и тот же образ.

Это утверждение называется принципиом Дирихле*). Его справедливо нетрудно доказать с помощью метода математической индукции. По неписанной традиции, математики всего мира, рассматривая о принципие Дирихле, разъясняют его смысл не на языке множества и отображений и не с какими-либо других предметами, а именно с зайцами и клетками.

Приципи Дирихле, несмотря на его простоту и оченьность, очень часто используется при доказательстве теорем и решении задач.

Пример 1. Доказать, что если пряма l, расположенная в плоскости треугольника ABC, не проходит ни

*) Петер Густав Лежен Дирихле (1805—1859) — выданнойся немецкий математик; ему принадлежат основополагающие работы в теории чисел и других области математики.

Рис. 1.

20

скольких следуюших членов последовательности найдем число, не являющиеся простым, и т. д.

Пример 6. Пусть $p$ и $q$ — натуральные числа, и рациональное число $\frac{p}{q}$ записьвается в виде бесконечной десятичной дроби. Доказим, что модела эта дробь обязательно будет периодическая.

Доказательство этого факта (в школе оно не рассматривается) нетрудно получить с помощью причины Дирихле. При выполнении деления $p: q$ «столбиком» все время будет получаться от нуля остатки (инначе число $\frac{p}{q}$ не записьвалось бы в виде бесконечной десятичной дроби). Таким образом, каждый раз при нахождения очередной цифры частного будет получаться в остатке одно из чисел 1, 2, …, $q-1$). Эти возможные значения остатков мы и будем считать «клетками», так что всего имеет $q-1$ «клеток». «Зайцами» же будем считать остатки, которые в действительности получаются после того, как мы снесли последнюю значшую цифру делимого (рис. 4). Расмотрим первых $q$ «зайцев» (на 1 большие, чем число «клеток»). Каждый «зайц» попадает в какую-либо «клетку» — каждый остаток равен одному из чисел 1, 2, …, $q-1$. В силу причины Дирихле найдется два «зайца», попавшие в одну «клетку». Иначе говоря, среди чисел 1, 2, …, $q$ можно выбрать такие два числа $i, j$, что $i$-й и $j$-й остатки (после того, как мы снесли последнюю значшую цифру

21

Победители конкурса «Кваenta»

За минувший 1976 год редакция получила значительное большинство писем с решениями задач, чем за прошли год. Редколлегия журнала «Кваент» вместе с членами Оргкомитета Всесоюзной оптимиды отобрала лучшие решения.
Ниже публикуется список школьников — победителей конкурса «Кваenta», — которые получили право участия в rec-publikанских оптимидах 1977 года.

Matematika

С. АБАДЖЯН — г. Ереван, ФМШ, 10 кл.
Б. АМОСОВ — г. Мытищи Московской обл., с. ш. 26, 10 кл.
Б. АРОНОВ — г. Саратов, с. ш. 13, 9 кл.
А. БЕР — г. Ташкент, с. ш. 110, 10 кл.
И. ВОРОНОВИЧ — г. п. Сопоцкин Гродненской обл., 10 кл.
А. ГАРНАЕВ — г. Таллин, с. ш. 19, 10 кл.
В. ГРОССМАН — г. Одесса, с. ш. 116, 10 кл.
М. ГРУНТОВИЧ — д. Новый двор Гродненской обл., 10 кл.
А. ДИДЕНКО — г. Красноар, с. ш. 28, 10 кл.
С. ГУБАНОВ — г. Ворошиловград, с. ш. 17, 10 кл.
А. ЖЕРДЕВ — г. Славянск Донецкой обл., с. ш. 5, 9 кл.
Р. ИЗМАЙЛОВ — г. Баку, с. ш. 134, 8 кл.
Б. КАПЛАН — г. Киев, с. ш. 173, 10 кл.
В. КАСКЕВИЧ — д. Новый двор Гродненской обл., 10 кл.
А. КАСЯНЧУК — г. Николаев, с. ш. 22, 10 кл.
М. КУТЕРНИН — г. Алма-Ата, РФМШ, 10 кл.
И. ЛОЗИЦКИЙ — г. Ганцевич Брестской обл., с. ш. 1, 9 кл.
С. МЕЛИХОВ — г. Донецк, с. ш. 17, 10 кл.
А. МОШОНКИН — г. Ленинград, ФМШ 45, 10 кл.
М. НАРОДИЦКИЙ — г. Куйбышев, с. ш. 135, 10 кл.
Е. ОГИЕВЕЦКИЙ — г. Днепропетровск, с. ш. 23, 10 кл.
А. ПЕТУХОВ — г. Новосибирск, ФМШ 165, 10 кл.
С. ПОЛЫГАЛОВ — г. Пермь, с. ш. 102, 9 кл.
В. РОГАВА — г. Тбилиси, ФМШ им. Комарова, 10 кл.
Р. СЕВДИМАЛЬЕВ — Зангеланский р-н АэССР, Шаифлинская с. ш., 10 кл.
В. УГРИНОВСКИЙ — г. Хмельник Винницкой обл., с. ш. 3, 10 кл.
С. ХАРЕНКО — г. Ангарск Иркутской обл., с. ш. 10, 9 кл.
Ю. ШТЕЙНШРАЙБЕР — г. Баку, с. ш. 210, 9 кл.
В. ШТЕПИН — г. Челябинск, с. ш. 103, 10 кл.

Физика

Ф. БАГДАСАРЯН — г. Баку, с. ш. 145, 10 кл.
В. ГАРКАВЫЙ — г. Лида Гродненской обл., с. ш. 1, 9 кл.
В. ГАРМАШ — г. Запорожье, с. ш. 28, 10 кл.
А. ЗАБРОДИН — п. Черноголовка Московской обл., с. ш. 82, 9 кл.
В. КОТОК — г. Харьков, с. ш. 27, 10 кл.
А. ЛИСТОВНИЧИЙ — г. Киев, с. ш. 96, 10 кл.
В. ЛОБЗИН — г. Свердловск Ворошиловградской обл., с. ш. 9, 10 кл.
Ю. МУХАРСКИЙ — г. Киев, с. ш. 145, 10 кл.
А. НИКИТЕНКОВ — г. Великие Луки, с. ш. 3, 9 кл.
В. НИКОЛАЙЧИК — г. Москва, ФМШ 18, 10 кл.
В. ПАЛЕЙ — г. Харьков, с. ш. 27, 9 кл.
Д. ПАТАРАЯ — г. Тбилиси, ФМШ им. Комарова, 8 кл.
В. ПОТЕМКИН — г. Великие Луки, с. ш. 3, 10 кл.
К. ТРУТНЕВ — г. Казань, с. ш. 39, 10 кл.
Э. ШИФРИН — г. Днепропетровск, с. ш. 23, 10 кл.
Ю. ШТЕЙНШРАЙБЕР — г. Баку, с. ш. 210, 9 кл.

22

Задачи

M426 — М430; Ф438 — Ф442

M426. Таблица из $n \times n$ клеток заполнена числами от 1 до $n$ так, как показано на рисунке 1. При каждом $n$ в ней можно выбрать $n$ клеток так, чтобы никакие две клетки не принадлежали одной строке или одному столбцу и чтобы все числа в выбранных клетках были разные?

A. Ненацев

M427. a) Докажите, что существует нечетное число $n$, для которых ни при каком четном $k$ ни одно из чисел бесконечной последовательности
$$k^k + 1, k^{k^k} + 1, k^{k^{k^k}} + 1, \dots$$
не делится на $n$.

b) Докажите, что для каждой натурального $n$ существует такое натуральное число $k$, что каждый из членов бесконечной последовательности
$$k + 1, k^k + 1, k^{k^k} + 1, k^{k^{k^k}} + 1, \dots$$
делится на $n$.

C. Лавренченко, 9 класс

M428. В олимпиде участуют $(m - 1)n + 1$ целовек. Докажите, что среди них либо найдется $m$ участников, попарно незнакомых между собой, либо найдется один участник, знакомый не менее чем с $n$ участниками олимпиды. Остатся ли верным утверждение задачи, если число участников олимпиды уменьшить на единицу?

Э. Туркович

M429. a) Сколько решений имеет уравнение
$$|x| - 1977 \{x\} = 1978?$$
(Здесь $|x|$ — целая часть $x$, а $\{x\} = x - |x|$.)

b) Докажите, что при любых $p \neq 0$ и $q$ уравнение
$$|x| + p\{x\} = q$$
имеет $||p||$ или $||p|| + 1$ решение.

Ж. Сатаров

M430. a) Докажите, что любую выпуклую плоскую фигуру площади $S$ можно помещить в прямую никплоди 2S.

23

6)* Докажите, что любое выпуклое тело объема $V$ можно помещить в ящик, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда объема $6V$ (рис. 2).

Ф438. Оdnородная палочка лежит внутри шероховатой сферической полости. Длина палочки равна радиусу сферы. Козффициент треня равен $\mu$. Какой наиболее угол с горизонтом может составлять палочка?

В. Буховцев

Ф439. Неоноваая лампочка (нл) загорается, когда направление на ней достигает значения $U_1$. При этом сопротивление лампочки становится претензioso мальм. Когда направление на лампе падает до значения $U_2$, лампа гаснет, и ее сопротивление становится бесконечно большим. Эту лампу включали в цель, как показано на рисунке 3. Считая $\gg U_1 > U_2$, построить примерный график зависимости направления на конденсатор от времени после замыкания ключа $K$.

В. Копылов

Ф440.* Оцените приближение, при каком минимальном радиусе планеты она сможет удерживать атмосферу, состоящую в основном из кислорода и азота, если температура поверхности планеты $T = 300^\circ\text{K}$. Среднюю плотность вещества планеты принять равной $\rho = 4 \cdot 10^3 \text{ kg}/\text{m}^3$.

С. Козел

Ф441.* Между пластинами замкнутого плоского конденсатора находится заряд $q$. Площадь пластин бесконечного велика, расстояние между равно $d$. Первоначально заряд находится на расстоянии $\frac{1}{3}d$ от левой пластины. Какой заряд пройдет по проводнику, замыкающей пластины конденсатора, при перемещении заряд $q$ в новое положение, при котором он будет находиться на расстоянии $\frac{1}{3}d$ от правой пластины?

Ф442. Шарики с массами 1, 2, 3 и 4 ке соединины легкими стержнями длиной 1 м каждый. Стержни скреплены так, что они образуют крест (рис. 4). Система может свободно врашаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через точку $O$ перпендикулярно к плоскости рисунка. Найти амплитуду колебаний системы, если в начальной момент стержень, соединяющий грузы с массами $m_2 = 2$ ке и $m_4 = 4$ ке был вертикален и шары были неподвижны.

25

ножитель должны встретиться больше одного размера. Мы получили необходимое условие разрешимости задачи: число $q^n+1$ должно быть представимо в виде $M^2N$, $M > 1$.

2. Докажем теперь, что это условие является также и достаточно мим.

Предположим, что $q^n+1 = M^2N$, $M > 1$. Если число $N$ уже $n$-значно, т. е. если $q^{n-1} \leq N < q^n$, то все в порядке: в качестве $A$ годится само $N$: тогда $\overline{AA} = N(q^n+1) = M^2N^2$ — точный квадрат. Но пока мы можем сказать лишь то, что $q^{n-i-1} \leq N < q^{n-i}$, $i \geq 0$ (т. е. $N$ может оказаться и меньше, чем $n$-значным). Возьмем $r > 1$ такое, что $r^2 \leq q$ (это всегда можно сделать, если $q \geq 4$; например, положить $r = 2$), и рассмотрим геометрическую прогрессию $\{N \cdot r^{2k}\}$, $k = 0, 1, \dots$. Поскольку первый член этой прогрессии меньше $q^n$ изначенатель $r^2 \leq q$, ясно, что в ней найдется член $B$, принадлежащий промежутку $[q^{n-1}, q^n]$. Так как $B$ имеет вид $N \cdot r^{2i}$, то, положив $A = B$, получим, что $\overline{AA}_q = N \cdot r^{2i}(q^n+1) = M^2N^2 \cdot r^{2i}$ — точный квадрат.

Наше рассуждение проходит для всех $q \geq 4$. Остатся случай $q = 2$ и $q = 3$. В случае $q = 3$ возьмем $A = 1$, поскольку $\overline{AA}_3 = 11_3 = 1 \cdot 3 + 1 = 4$ — точный квадрат. В случае $q = 2$, положив $n = 3$, получим $2^3 + 1 = 3^2 \cdot 1$, т. е. $N = 1 < 2$, а нам нужно, чтобы $2^2 \leq N < 2^3$. Умножив $N = 1$ на $2^2 = 100_2$, получим уже трехзначное число $A = 100_2$. Число $\overline{AA}_2 = 100 \cdot 100_2 = 36$ — точный квадрат.

3. Докажем существование решения при любом $q$, т. е. докажем, что для всякого $q$ существует также $n$ и $M > 1$, что $q^n+1 = M^2N$.

Если $q - \text{число вида } rs^2 - 1$, $s > 1$, то $n = 1$, $M = s$, и решением задачи служит число $A = r$ (записьваемое одной цифрой):

$$\overline{rr}_q = r(rs^2 - 1) + r = (rs)^2.$$

В частности, такими являются числа $q$ вида $2^k - 1$, $k \geq 2$ (при $s = 2$, $r = 2^{k-2}$).

Вот несколько первых $q$ вида $rs^2 - 1$:

3, 7, 8, 11, 15, 17, 19, 23.

Рассмотрим число $q+1$. Если оно не содержит нечетных множителей, то оно — вида $2^k$, т. е. $q = 2^k - 1$, а это уже рассмотренный случай. Если же $q+1$ содержит нечетный множитель $p$, то

$$q^p+1 = [(q+1)-1]^p+1 = (q+1)^p-p(q+1)^{p-1}+\dots+p(q+1),$$

откуда следует, что $q^p+1$ делится на $p^2$ (так как $q+1$ делится на $p$).

В частности, при $q = 10$ получаем $n = 11$, $M = 11$, $N = 826446281$, $A = 4^2 \cdot 826446281 - 13223140496$, так что $1322314049613223140496 = (4 \cdot 11 \cdot 826446281)^2$.

4. Итак, число $10^n+1$ представляет в виде $M^2N$, $M > 1$ при $n = 11$. Является ли $n = 11$ наименьшим возможным? Чтобы выяснить этот вопрос, мы составили программу для ЭВМ и получили следующие разложения на простые множители:

$$10^1+1=11; \quad 10^8+1=17 \cdot 5882353;$$

$$10^2+1=101; \quad 10^9+1=7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 19 \cdot 52579;$$

$$10^3+1=7 \cdot 11 \cdot 13; \quad 10^{10}+1=101 \cdot 3541 \cdot 27961;$$

$$10^4+1=73 \cdot 137; \quad 10^{11}+1=11^2 \cdot 23 \cdot 4093 \cdot 8779;$$

$$10^5+1=11 \cdot 9091;$$

$$10^6+1=101 \cdot 9901;$$

$$10^7+1=11 \cdot 909091;$$

так что $n = 11$ в самом деле является наименьшим.

В. Кукушкин

27

цифр увеличивается не меньше, чем на
$$1 + 2 + 4 + 8 + 7 + 5 = 27.$$
(Mы рассуждаем так: если $a$ дает при делении на 9 остаток 8, $b$ — остаток 7 и $a < b$, то разность $b - a$ не меньше 8; оценки для разностей указаны на рисунке 7 красным цветом). Итак, $s(2^{n+6}) \leq s(2^n) + 27$.

Значит, при $n = N + 6k$, где $k \geq 1$, будет
$$s(2^n) = s(2^{N+6k}) \geq s(2^N) + 27k = \frac{9}{2}n - \frac{9}{2}N + s(2^N).$$

Поскольку все цифры не больше 9, согласно II
$$s(2^n) \leq 9\left(\frac{n}{3} + 1\right).$$

Таким образом, при всех $n = N + 6k$ должно выполнять неравенство
$$\frac{9}{2}n - A \leq s(2^n) \leq 3n + 9$$

(здесь $A$ — число, не зависит от $n$). Но поскольку $\frac{9}{2} > 3$, это, очевидно, неверно (при всех $n > 2(A+9)/3$). Полученное противоречие доказывается, что предположение III неверно.

С. Коняец

Ф393. Известно, что частота излучения атомов, легяших со скоростью $v$ в направлении наблідамеля, изменяется на величины $\Delta f = \frac{v}{c}f_0$, где $c$ — скорость света, $f_0$ — частота излучения по кояццезосям атома (это явление называется явлением Доплера). Вследствие этого изза метлового движения атомов спектральные линии атомов оказываются уширеными. Оцените температуру атомов Ne, зная, что в спектре его излучения обнаружена красная линия атомы $f_0 = 4,8 \cdot 10^{14}$ еч, ширина коморой $\Delta f = 1,6 \cdot 10^9$ еч.

Средняя кинетическая энергия теплового движения атома Ne равна $\bar{E}_K = \frac{3}{2}kT$. С другой стороны, $\bar{E}_K = \frac{m\bar{v}^2}{2}$, где $m$ — масса атома, $\bar{v}^2$ — средний квадрат скорости его теплового движения. Из равенства $\frac{m\bar{v}^2}{2} = \frac{3}{2}kT$ находим среднеквадратную скорость атома Ne:
$$\sqrt{\bar{v}^2} = \sqrt{\frac{3kT}{m}} = \sqrt{\frac{3RT}{\mu}},$$
где $\mu$ — atomная масса Ne.

Изменение частоты излучения, принимаемого наблюдается, зависит от скорости $v_x$ движения источника в направлении наблідамеля. Для оценки величины эффицимы можем предполагать, что компонента скорости $v_x$ у разных атомов неона лежит в пределах от $-\sqrt{\bar{v}_x^2} + \sqrt{\bar{v}_x^2}$, где $\sqrt{\bar{v}_x^2}$ — среднеквадратное значение скорости $v_x$.

Используя эту несколько упрощенную модель, мы получим для ширины линии в спектре излучения источника
$$\Delta f = \frac{2\sqrt{\bar{v}_x^2}}{c}f_0.$$

Поскольку $\bar{v}_x^2 = \frac{1}{3}\bar{v}^2 = \sqrt{\frac{RT}{\mu}}$, окончательное можно записать
$$\Delta f = \frac{2/0}{c}\sqrt{\frac{RT}{\mu}},$$

откуда следует
$$T = \frac{\mu c^2}{4R}\left(\frac{\Delta f}{f_0}\right)^2 \approx 700 \text{ °K}.$$

С. Козел

28

Ф394. Устройство рутного медицинского термометра показано на рисунке 8. К баллончику со рутью приращен монкий капилляр, вызу коморозо имеется «перметяжка» — участок с диаметром примерного 30 микрон. Ккую роль церам эма перетяжка? Оцените, какое ускорение нужно сообщить термометру для мого, чтобы его «стряхнуть» после изменения температуры?

Рис. 8.

Рис. 9.

Медицинский термометр представляет собой так называемый «максимальный» термометр. Его показания соответствуют максимальной температуре за все время измерения. Это происходит за счет «перетяжки». При нагревании рутки в баллончике она расширяется. Возникающие при этом силы ургоости превышают силы поверхностного натяжения, действующие на стольник рутки в месте перетяжки, и руть «продавливается» в капилляр. При остывании термометра руть начинает скиматться, возникающие силы ургоости стольник рутки в месте перетяжки, и в капилляре остаются стольник рутки, соответствующий максимальной температуре. Между стольником рутки в капилляре и рутью в баллоне имеются пары рутки.

Сообщим термометру ускорение, направленное вправо (рис. 9). В первый момент руть в силу инерции будет оставаться в покое и «войдет» в перетяжку, образован выпуклый мешок. Давление внутри рутки под мениском будет выше давления насыщенных паров рутки в перетяжке на всличную $\frac{2\sigma}{r}$, где $r$ — радиус меняска. В то же время давление в правом конце стольника рутки в капилляре выше давления на всличную $\frac{2\sigma}{R}$, где $R$ — радиус правого меняска. Его можно считать равным радиусу капиллярной трубки.

Рассмотрим заштрихованный на рисунке ускорок стольника рутки с площадью сечения $s = \pi r^2$. Давление в его левом конце равно $p + \frac{2\sigma}{r}$, а в правом — $p + \frac{2\sigma}{R}$ (р — давление паров рутки). Потому следует сила $|\vec{F}_1| = \left( p + \frac{2\sigma}{r} \right) s$, а справа — сила $|\vec{F}_2| = \left( p + \frac{2\sigma}{R} \right) s$.

Разность этих сил сообщает стольнику (массы $m$) ускорение

$$|\vec{a}| = \frac{|\vec{F}_1| - |\vec{F}_2|}{m} = \left( \frac{2\sigma}{r} - \frac{2\sigma}{R} \right) \frac{s}{m}.$$

Если ускорение, сообщаемое термометру, больше этого значения $|\vec{a}|$, то руть будет «отставать» и «продавливается» через перетяжку. При этом радиус $r$ меняска в перетяжке будет уменьшаться. Его минимальное значение равно радиусу $r_0$ перетяжки. Следовательно, максимальное ускорение, которое бы сообщено стольнику рутки, равно

$$|\vec{a}_0| = \frac{2\sigma s}{m} \left( \frac{1}{r_0} - \frac{1}{R} \right).$$

Так как $r_0 \ll R$, то $\frac{1}{r_0} \gg \frac{1}{R}$, и можно считать, что

$$|\vec{a}_0| \approx \frac{2\sigma s}{r_0 m}.$$

Это значение $|\vec{a}_0|$ и есть минимальное ускорение, которое нужно сообщить термометру, чтобы его «стряхнуть». Оценим величины $|\vec{a}_0|$.

Масса рутки выше перетяжки равна $\rho V$, где $\rho = 13,6 \times 10^3 \text{ kg/m}^3$ — плотность рутки и $V$ — объем стольника рутки выше перетяжки. Его можно оценить, полагая, что длина стольника примерного 4 см, а диаметр ~6·10$^{-5}$ м. Используя эти данные и значение $\sigma = 0,5 \text{ h/m}$, найдем, что

$$|\vec{a}_0| \approx 80 \text{ m/cm}^2.$$

При изменении температуры термометр должен нагреть от комнатной температуры до температуры тела, т. е. на 15—17 °C. «Стряхнуть» же термометр можно уже тогда, когда его температура попизится на 3—4 °C. Так как шкафа термо-

29

«стряхнуть» термометр можно практически сразу после изменения температуры?

Ф396. В наполненный водой сосуд подружен вверх дом сосуд меняющего диаметра, неодвижно скрепленный с большим сосудом и частиной заполнения водой (рис. 11). На поверхности воды внутри меняющего сосуда плавает кускольда. Что произойдет с уровнями воды в сосудах, когда лед растаем? Как изменится объем, если меняющий сосуд не скреплен с большим и плавает на поверхности воды?

Давление в жидкости у ее поверхности внутри маленького сосуда при равновесии равно давлению воздуха, находящося в маленьком сосуде. Для того чтобы давление воздуха не менялось, необходимо чтобы его оставался постоянным (изменением температуры при тайнии льда пренебрегаем).

Вода, образующаяся при тайнии льда, занимает объем, который имела часть льда, находившаяся perвоначально под водой. Если бы уровень воды в маленьком сосуде не изменяла, то объем воды в сосуде возрастал бы и давление воздуха уменьшалось. Так что в процессе тайния льда уровень воды в маленьком сосуде поднимается, а в большом, соответственно, попадает.

Если маленький сосуд не скреплен с большим, а плавает на поверхности воды (рис. 12), то давление на дно сосуда при тайнии льда не может измениться. Действительно, это давление равно весу содержимого сосуда, деленому на площадь дна сосуда. Так как ни одна из этих величины не меняется, то не меняется и давление на дно сосуда.

Но давление на дно сосуда равно ρ|g|h, где ρ — плотность воды, |g| — ускорение свободного давления и h — высота стольба воды. Следовательно, h при тайнии льда не меняется. Что касается маленького сосуда, то он несколько погрузится в воду, чтобы объем воздуха в нем остался прежним.

И. Словодецкий

30

С. Пухов

Задча
о выпуклых телах

Эта заметка посвящена решению задачи М380, которая была опубликована в «Задчине «Кванта» (см. № 3 за 1976 год). Напомним ее формуларовку.

a) На плоскости дна выпуклая фигура и внутри нее — точка O. Каждаой прямой l, проходящей через точку O, проводится перепределилуар в точке O и на нем по обе стороны от точки O откладываются два отрезка, длины которых равны длине отрезка, получающейся при пересечении данной фигуры с прямой l. Объедининие всех этих отрезков — новая фигура с центром симметрии O. Будем ли полученная фигура выпуклой?

b) В пространстве дано выпуклое центрально-симметриное место с центром O. Каждаой плоскости α, проходящей через точку O, проводится перепределилуар в точке O и на нем по обе стороны от этой точки O откладываются два отрезка, длины которых равны площади сечения данного места плоскостью α. Объедининие всех этих отрезков — новое место с тем же центром симметрии O. Доказите, что полученное место можно выпукло.

Замечание. В задание б) считается, что фиксирована некоторые единицы. Тогда единица площади определяется автоматически. И процесс откладывания отрезков надо понимать так: отрезок содержит столко единниц длины, сколько единниц площади содержит перепределилуарное сечение.

Мы не будем определять здесь, что такое выпуклое множество, тело, фигура, как и не будем перечислять свойств выпуклых множества, — все эти понятия входят в школьный курс геометрии, и их можно найти в школьных учебниках. Кроме того, мы не будем давать строгого определения площади. Оказывается, любая плоская выпуклая фигура имеет площадь в том же смысле, в каком имеет площадь треугольник, квадрат или круг. Подробно об этом можно прочитать, например, в Энциклопедии элементарной математики, том V, статьи В. А. Рохли и на «Площадь и объем», или в книге В. Б ля ш ке «Круг и шар». Вообще о выпуклых множеств направано много интересных книг. Некоторые из них упомянут в конце заметки.

Итак, научем решать задачу М380.

Отрицательный ответ на вопрос, поставленный в задание a), дает следующее пример.

Рассмотрим выпуклый четырехугольник ABCD, у которого диagonал AC и BD взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке O (рис.1). Пусть при этом $|AO| = |BO| = |CO| = \sqrt{2}$, а $|DO| = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Начнем осуществлять конструцию, описанную в пункте a). На лучах OB и OC отложим отрезки OP1 и OP2, конгруэнтные отрезки AC и BD соответственно; точки P1 и P2 — точки нового множества. На бискетрисе угла BOC отложим отрезок OP, конгруэнтный отрезку EF (лежащему на бискетрисе углов AOB и COD).

Рис. 1.

31

Покажем, что отрезок $OP$ не пересекает отрезка $P_1P_2$. Поскольку $P$ граничная точка новой фигуры, из этого будет следовать, что новая фигура невыпукла.

Обозначим точку пересечения bicсектрисы угла $BOC$ с отрезком $P_1P_2$ через $Q$ ($Q \in [P_1P_2]$). Нам нужно доказать, что отрезок $OP$ короте отрезка $OQ$, т. е. что $|OP| < |OQ|$.

Нетрудно посчитать, что $|OE| = 1$, $|OF| = \frac{2}{3}$, т. е. что $|EF| = |OP| = \frac{5}{3}$. Но $|OQ| = \frac{12}{7}$ (проделяйте все вычисления самостояльно). Поскольку $\frac{5}{3} < \frac{12}{7}$, получаем, что $|OP| < |OQ|$, то есть новая фигура, получающая из выбранного нами четырехугольника $ABCD$ по «решиту», описанному в задаче a), в самом деле невыпукла.

У праванении. Докажите, что фигура, получающая из выбранного нами четырехугольника, отличного от параллелограмма, у которого в качестве точки $O$ взята точка пересечения его диагоналей, также невыпукла.

Перейдем теперь к доказательству утверждения, сформулированного в пункте 6) задачи. Для удобства обозначим новое тело буквой $V$, а тело, из которого оно получается, — буквой $W$.

Будем говорить, что граничная точка $P$ нового тела $V$ соответствует сечению $\omega$ старого тела $W$ плоскостью $\alpha$, проходящей через центр симметрии $O$, если отрезок $OP$ перpendикулярен к плоскости $\alpha$, а длина его равна площади сечения $\omega$: $|OP| = S_\omega$. Каждому сечению соответствует две симметричные относительно $O$ точки; таким образом, новое тело $V$ также симметрично относительно точки $O$.

Поскольку тело $V$ образовано соокуппностью отрезков, «торчаших» из центра $O$, его выпуклость будет следовать из того, что вместе с любыми двумя границами тела $W$, телу $V$ принадлежит и весь отрезок $P_1P_2$ (продумайте это).

Итак, пусть точки $P_1$ и $P_2$ тела $V$ соответствуют двум различным сечениям $\omega_1$ и $\omega_2$ тела $W$ плоскостями $\alpha_1$ и $\alpha_2$, проходящими через центра симметрии $O$. Пусть $Q$ — произвольная внутренняя точка отрезка $P_1P_2$. Нужно доказать, что $Q \in V$. Проведем через $O$ плоскость, перpendикулярную к отрезку $OQ$, и пусть $P$ — точка, лежащая на луче $OQ$, соответствующая сечению $\omega$ тела $W$ плоскостью $\alpha$. Очевидно, что точка $Q$ будет принадлежать телу $V$ тогда и только тогда, когда $|OQ| \leq |OP|$. Таким образом, решение задачи 6) сводится к доказательству этого неравенства. Проведем его в несколько шагов.

1. Спроектируем (ортогонально) сечения $\omega_1$, $\omega_2$ и $\omega$ на плоскость, проходящую через точки $O$, $P_1$ и $P_2$ (плоскость рисуна 2); тогда сечения $\omega$, $\omega_1$ и $\omega_2$ превращаются в отрезки. Пусть $[B_1C_1]$, $[B_2C_2]$ и $[BC]$ — эти отрезки.

Заметим, что цветные лучи на рисунке получаются из красных поворотом на 90° вокруг точки $O$, и что длинные красных отрезков $OP_1$, $OP_2$ и $OP$ равны площадям сечений $\omega_1$, $\omega_2$ и $\omega$ соответственно. Ниже мы, пользоваться выпуклостью тела $W$ и принципиом Кавальери *), выведем соответствие.

*) Бонавентура Кавальери (1598—1647)—известный иtalьянский математик. О его принципие в «Кванте» уже расссказываось—см. № 6 за 1972 год и № 8 за 1975 год. Приципи Кавальери есть и школьном учебнике—см. «Алгебру и начаа анализа 10», c. 98.